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

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，252016·北京卷，232016·四川卷，92019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(FqE或Fk)(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m2.0×1011kg、電荷量為q1.0×105 C，從a點(diǎn)由靜此開始經(jīng)電壓為U100 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)大小；(3)a、b兩點(diǎn)間的電勢差解析(1)由動能定理得qUmv，代入數(shù)據(jù)得v11.0×104 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dv1t，粒子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動vyat，由題意得tan 30°，由牛頓第二定律得qEma，聯(lián)立以上相關(guān)各式并代入數(shù)據(jù)得E×103 N/C1.73×103 N/C(3)由動能定理得qUabmv2m(vv)，聯(lián)立以上相關(guān)各式代入數(shù)據(jù)得Uab400 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R0.4 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E1.0×104 N/C現(xiàn)有一電荷量q1.0×104 C，質(zhì)量m0.1 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g10 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mgm，解得vC2.0 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FBmgm，帶電體從B運(yùn)動到C的過程中，依據(jù)動能定理有mg×2Rmvmv，聯(lián)立解得FB6.0 N，根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對軌道的壓力FB6.0 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2Rgt2，xDBvCtt2，聯(lián)立解得xDB0.(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(1cos 45°)Ekmmv，代入數(shù)據(jù)解得Ekm1.17 J.答案(1)6.0 N(2)0(3)1.17 J例1(2017·全國卷)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；(2)A點(diǎn)距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強(qiáng)度大小解析(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v0at0，s1v0tat2，s2v0tat2，聯(lián)立式得3.(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v2gh，Hvytgt2，M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動，由幾何關(guān)系知，聯(lián)立式可得hH.(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.設(shè)M、N離開電場時(shí)的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1m(vv)mgHqEs1，Ek2m(vv)mgHqEs2，由已知條件Ek11.5Ek2，聯(lián)立式得E.答案(1)31(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、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)AR越大，x越大BR越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)后瞬間對軌道的壓力越大Cm越大，x越大Dm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2mgRmvmv，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FNmgm，解得FN6mg，與R無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由Eqxmv，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EqhB小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到的最大高度大于hC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EqhD小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到的最大高度小于h解析因S處的電勢為零，故PEh，小球在初始位置P處的電勢能為EpEhq，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，mghqEhmv，設(shè)反彈后上升的高度為H，由動能定理得(mgEkq)Hmv，由以上兩式可得Hh，因k<1，故H>h，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤；因EqkHEqh<Eqh，故選項(xiàng)C正確3如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是(B)A小球帶負(fù)電B電場力跟重力平衡C小球在從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(cuò)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(cuò)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(cuò)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 ，得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，因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2mgRmvmv，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v05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，BOA60°，OBOA.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OAd，則OBd，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律有dsin 60°v0t，dcos 60°gt2，又有Ek0mv，由式得Ek0mgd.設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動能為EkA，則EkAEk0mgd，由式得.(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EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0，EpB6Ek0Ek0mgdEk0，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xd，所以BOA30°.即電場強(qiáng)度方向向右下方且與豎直方向成30°角又EpAqE·OA·cos ，由得Emg.答案見解析9