2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 培優(yōu)計(jì)劃 高考必考題突破講座（7）帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題學(xué)案

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1、 高考必考題突破講座(七)帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題 題型特點(diǎn) 考情分析 命題趨勢 帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題，常涉及帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做勻變速直線運(yùn)動；帶電粒子在不同的勻強(qiáng)電場或交變電場中做勻加速、勻減速的往返運(yùn)動；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)等問題，該部分內(nèi)容物理過程多，情景復(fù)雜，綜合性強(qiáng) 2017·全國卷Ⅱ，25 2016·北京卷，23 2016·四川卷，9 2019年高考命題主要會從帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的兩類基本運(yùn)動設(shè)計(jì)考題，對考生進(jìn)行帶電粒子的動力學(xué)分析、功能關(guān)系考查，對建模能力和數(shù)學(xué)處理能力要求較高 1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動流程圖

2、 2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)流程圖 3．涉及問題 (1)受力情況：多了一個(gè)電場力．(F＝qE或F＝k) (2)偏轉(zhuǎn)問題：不計(jì)重力，粒子初速度v0與電場方向垂直，且只受電場力作用． ?解題方法 1．力和運(yùn)動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析； 2．功能關(guān)系．對于偏轉(zhuǎn)問題，一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動和垂直電場方向上的勻速直線運(yùn)動． 角度1　帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn) [例1](2018·四川攀枝花二模)如圖所示，虛線PQ、MN間存在水平勻強(qiáng)電場，一帶電粒子質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝＋1.

3、0×10－5 C，從a點(diǎn)由靜此開始經(jīng)電壓為U＝100 V的電場加速后，垂直于勻強(qiáng)電場進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，從虛線MN上的某點(diǎn)b(圖中未畫出)離開勻強(qiáng)電場時(shí)速度與電場方向成30°角．已知PQ、MN間距離為20 cm，帶電粒子的重力忽略不計(jì)．求： (1)帶電粒子剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí)的速率v1； (2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。? (3)a、b兩點(diǎn)間的電勢差． 解析　(1)由動能定理得qU＝mv， 代入數(shù)據(jù)得v1＝1.0×104 m/s. (2)因粒子重力不計(jì)，則進(jìn)入電場中后，做類平拋運(yùn)動，粒子沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動d＝v1t， 粒子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動vy＝at， 由題意得

4、tan 30°＝， 由牛頓第二定律得qE＝ma， 聯(lián)立以上相關(guān)各式并代入數(shù)據(jù)得 E＝×103 N/C＝1.73×103 N/C． (3)由動能定理得qUab＝mv2＝m(v＋v)， 聯(lián)立以上相關(guān)各式代入數(shù)據(jù)得Uab＝400 V. 答案　(1)1.0×104 m/s　(2)1.73×103 N/C　(3)400 V 角度2　電場中做功與能量轉(zhuǎn)化問題 [例2]如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.4 m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場現(xiàn)與軌道所在的平面平行，電場強(qiáng)度E＝1.0×104 N/C．現(xiàn)有一電荷

5、量q＝＋1.0×10－4 C，質(zhì)量m＝0.1 kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))，在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)，取g＝10 m/s2.試求： (1)帶電體運(yùn)動到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對圓形軌道的壓力大?。? (2)D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB； (3)帶電體在從P開始運(yùn)動到落至D點(diǎn)的過程中的最大動能． 解析　(1)設(shè)帶電體恰好通過C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律有mg＝m， 解得vC＝2.0 m/s. 設(shè)帶電體通過B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，設(shè)軌道對帶電體的支持力大小為FB，帶電體在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有 FB－mg＝m， 帶電體從B

6、運(yùn)動到C的過程中，依據(jù)動能定理有 －mg×2R＝mv－mv， 聯(lián)立解得FB＝6.0 N， 根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對軌道的壓力F′B＝6.0 N. (2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動的分解有2R＝gt2， xDB＝vCt－t2， 聯(lián)立解得xDB＝0. (3)由P到B帶電體做加速運(yùn)動，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中，在此過程中只有重力和電場力做功，這兩個(gè)力大小相等，其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對應(yīng)圓心角為45°處，設(shè)帶電體的最大動能為Ekm，根據(jù)動能定理有qERsin 45°－mgR(1－cos 45

7、°)＝Ekm－mv， 代入數(shù)據(jù)解得Ekm≈1.17 J. 答案　(1)6.0 N　(2)0　(3)1.17 J [例1](2017·全國卷Ⅱ)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場．自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開．已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動，剛離開電場時(shí)的動能為N剛離開電場時(shí)動能的1.5倍．不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求： (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；

8、 (2)A點(diǎn)距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強(qiáng)度大?。? 解析　(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運(yùn)動的時(shí)間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動學(xué)公式得 v0－at＝0，① s1＝v0t＋at2，② s2＝v0t－at2，③ 聯(lián)立①②③式得＝3.④ (2)設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動學(xué)公式得 v＝2gh，⑤ H＝vyt＋gt2，⑥ M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動，由幾何關(guān)系知 ＝，

9、⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H.⑧ (3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動，則＝.⑨ 設(shè)M、N離開電場時(shí)的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1，⑩ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2，? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2，? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E＝. 答案　(1)3∶1　(2)H　(3) 1．(2017·福建廈門一模)(多選)如圖所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)．一質(zhì)量為m

10、、帶正電的小球從距B點(diǎn)x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運(yùn)動，恰能通過最高點(diǎn)，則(　ACD　) A．R越大，x越大 B．R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)后瞬間對軌道的壓力越大 C．m越大，x越大 D．m與R同時(shí)增大，電場力做功增大 解析　小球在BCD做圓周運(yùn)動，在D點(diǎn)，mg＝，小球由B到D的過程中有－2mgR＝mv－mv，解得vB＝，R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度越大，則x越大，選項(xiàng)A正確；在B點(diǎn)有FN－mg＝m，解得FN＝6mg，與R無關(guān)，選項(xiàng)B錯誤；由Eqx＝mv，知m、R越大，小球在B點(diǎn)的動能越大，則x越大，電場力做功越多，選項(xiàng)C、D正確． 2．(2017·山東濟(jì)南模擬)(多

11、選)如圖所示，空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在電場中P處由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))．在P的正下方h處有一水平彈性絕緣擋板S(擋板不影響電場的分布)，小球每次與擋板相碰后電荷量減小到碰前的k倍(k<1)，而碰撞過程中小球的機(jī)械能不損失，即碰撞前后小球的速度大小不變，方向相反．設(shè)在勻強(qiáng)電場中，擋板S處的電勢為零，則下列說法正確的是(　ABC　) A．小球在初始位置P處的電勢能為Eqh B．小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到的最大高度大于h C．小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到最大高度時(shí)的電勢能小于Eqh D．小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到的最大高度小于

12、h 解析　因S處的電勢為零，故φP＝Eh，小球在初始位置P處的電勢能為Ep＝Ehq，選項(xiàng)A正確；設(shè)小球第一次與擋板碰前的速度大小為v0，由動能定理得，mgh＋qEh＝mv，設(shè)反彈后上升的高度為H，由動能定理得(mg＋Ekq)H＝mv，由以上兩式可得H＝h，因k<1，故H>h，選項(xiàng)B正確，D錯誤；因EqkH＝Eqh

13、球在從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，電勢能減小 D．小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒 解析　由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，速率不變化，由動能定理，外力做功為零，繩子拉力不做功，電場力和重力做的總功為零，所以電場力和重力的合力為零，電場力跟重力平衡，選項(xiàng)B正確；由于電場力的方向與重力方向相反，電場方向向上，所以小球帶正電，選項(xiàng)A錯誤；小球在從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，由功能關(guān)系得，電勢能增加，選項(xiàng)C錯誤；在整個(gè)運(yùn)動過程中，除重力做功外，還有電場力做功，小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D錯誤． 4．(2017·山西太原診斷)如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面，AC部分

14、為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切．整個(gè)裝置處于電場強(qiáng)度為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中．現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，帶正電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？ 解析　小球先在斜面上運(yùn)動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示， 類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為 mg′＝＝， tan θ＝＝，得θ＝30°. 等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動． 因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有 mg

15、′＝， 因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知＝2R，令小球以最小初速度v0運(yùn)動，由動能定理知 －2mg′R＝mv－mv， 解得v0＝，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v0≥. 答案　v0≥ 5．如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA.將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動過程中恰好通過A點(diǎn)．使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時(shí)加一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度方向與△OAB所在平面平行．現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動能是初動能的3倍，若該小球從O點(diǎn)以同樣的初

16、動能沿另一方向拋出，恰好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)間的動能為初動能的6倍．重力加速度大小為g.求： (1)無電場時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動能與初動能的比值； (2)電場強(qiáng)度的大小和方向． 解析　(1)設(shè)小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)的時(shí)間為t，令OA＝d，則OB＝d，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律有 dsin 60°＝v0t，① dcos 60°＝gt2，② 又有Ek0＝mv，③ 由①②③式得 Ek0＝mgd.④ 設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動能為EkA，則 EkA＝Ek0＋mgd，⑤ 由④⑤式得＝.⑥ (2)加電場后，小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，高度分別降低了和，設(shè)電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0，⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0，⑧ 在勻強(qiáng)電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的．設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)等電勢，M與O點(diǎn)的距離為x，如圖所示， 則有＝，所以x＝d， 所以α＝∠BOA＝30°. 即電場強(qiáng)度方向向右下方且與豎直方向成30°角．又ΔEpA＝qE·OA·cos α，⑨ 由④⑦⑨得E＝mg. 答案　見解析 9