【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在电场中运动的综合问题学案 8页

高考必考题突破讲座(七)‎ 带电粒子在电场中运动的综合问题 题型特点 考情分析 命题趋势 带电粒子在电场中运动的综合问题，常涉及带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动；带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动；带电粒子在匀强电场中的偏转等问题，该部分内容物理过程多，情景复杂，综合性强 ‎2017·全国卷Ⅱ，25‎ ‎2016·北京卷，23‎ ‎2016·四川卷，9‎ ‎2019年高考命题主要会从带电粒子在匀强电场中的两类基本运动设计考题，对考生进行带电粒子的动力学分析、功能关系考查，对建模能力和数学处理能力要求较高 ‎1．带电粒子在匀强电场中的直线运动流程图 ‎2．带电粒子在匀强电场中的偏转流程图 ‎3．涉及问题 ‎(1)受力情况：多了一个电场力．(F＝qE或F＝k)‎ ‎(2)偏转问题：不计重力，粒子初速度v0与电场方向垂直，且只受电场力作用．‎ ‎►解题方法 ‎1．力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；‎ ‎2．功能关系．对于偏转问题，一般用分解的思想来处理，‎ 即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场方向上的匀速直线运动．‎ 角度1　带电粒子在电场中的加速和偏转 ‎[例1](2018·四川攀枝花二模)如图所示，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－‎11kg、电荷量为q＝＋1.0×10－‎5 C，从a点由静此开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距离为‎20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：‎ ‎(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；‎ ‎(2)匀强电场的场强大小；‎ ‎(3)a、b两点间的电势差．‎ 解析　(1)由动能定理得qU＝mv，‎ 代入数据得v1＝1.0×‎104 m/s.‎ ‎(2)因粒子重力不计，则进入电场中后，做类平抛运动，粒子沿初速度方向做匀速直线运动d＝v1t，‎ 粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动vy＝at，‎ 由题意得tan 30°＝，‎ 由牛顿第二定律得qE＝ma，‎ 联立以上相关各式并代入数据得 E＝×103 N/C＝1.73×103 N/C．‎ ‎(3)由动能定理得qUab＝mv2＝m(v＋v)，‎ 联立以上相关各式代入数据得Uab＝400 V.‎ 答案　(1)1.0×‎104 m/s　(2)1.73×103 N/C　(3)400 V 角度2　电场中做功与能量转化问题 ‎[例2]如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝‎0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场现与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104 N/C．现有一电荷量q＝＋1.0×10－‎4 C，质量m＝‎0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点，取g＝‎10 m/s2.试求：‎ ‎(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；‎ ‎(2)D点到B点的距离xDB；‎ ‎(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．‎ 解析　(1)设带电体恰好通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有mg＝m，‎ 解得vC＝‎2.0 m/s.‎ 设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有 FB－mg＝m，‎ 带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理有 ‎－mg×2R＝mv－mv，‎ 联立解得FB＝6.0 N，‎ 根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F′B＝6.0 N.‎ ‎(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2R＝gt2，‎ xDB＝vCt－t2，‎ 联立解得xDB＝0.‎ ‎(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处，设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有qERsin 45°－mgR(1－cos 45°)＝Ekm－mv，‎ 代入数据解得Ekm≈1.17 J.‎ 答案　(1)6.0 N　(2)0　(3)1.17 J ‎[例1](2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：‎ ‎(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；‎ ‎(2)A点距电场上边界的高度；‎ ‎(3)该电场的电场强度大小．‎ 解析　(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0，①‎ s1＝v0t＋at2，②‎ s2＝v0t－at2，③‎ 联立①②③式得＝3.④‎ ‎(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得 v＝2gh，⑤‎ H＝vyt＋gt2，⑥‎ M进入电场后做直线运动，由几何关系知 ＝，⑦‎ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H.⑧‎ ‎(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则＝.⑨‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1，⑩‎ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2，⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2，⑫‎ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E＝.‎ 答案　(1)3∶1　(2)H　(3) ‎1．(2017·福建厦门一模)(多选)如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则(　ACD　)‎ A．R越大，x越大 B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 C．m越大，x越大 D．m与R同时增大，电场力做功增大 解析　小球在BCD做圆周运动，在D点，mg＝，小球由B到D的过程中有－2mgR＝mv－mv，解得vB＝，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有FN－mg＝m，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqx＝mv，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确．‎ ‎2．(2017·山东济南模拟)(多选)如图所示，空间有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，在电场中P处由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)．在P的正下方h处有一水平弹性绝缘挡板S(挡板不影响电场的分布)，小球每次与挡板相碰后电荷量减小到碰前的k倍(k<1)，而碰撞过程中小球的机械能不损失，即碰撞前后小球的速度大小不变，方向相反．设在匀强电场中，挡板S处的电势为零，则下列说法正确的是(　ABC　)‎ A．小球在初始位置P处的电势能为Eqh B．小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度大于h C．小球第一次与挡板相碰后所能达到最大高度时的电势能小于Eqh D．小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度小于h 解析　因S处的电势为零，故φP＝Eh，小球在初始位置P处的电势能为Ep＝Ehq，选项A正确；设小球第一次与挡板碰前的速度大小为v0，由动能定理得，mgh＋qEh＝mv，设反弹后上升的高度为H，由动能定理得(mg＋Ekq)H＝mv，由以上两式可得H＝h，因k<1，故H>h，选项B正确，D错误；因EqkH＝Eqh0)，同时加一匀强电场，电场强度方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍，若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时间的动能为初动能的6倍．重力加速度大小为g.求：‎ ‎(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；‎ ‎(2)电场强度的大小和方向．‎ 解析　(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝‎ d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有 dsin 60°＝v0t，①‎ dcos 60°＝gt2，②‎ 又有Ek0＝mv，③‎ 由①②③式得 Ek0＝mgd.④‎ 设小球到达A点时的动能为EkA，则 EkA＝Ek0＋mgd，⑤‎ 由④⑤式得＝.⑥‎ ‎(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0，⑦‎ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0，⑧‎ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图所示，‎ 则有＝，所以x＝d，‎ 所以α＝∠BOA＝30°.‎ 即电场强度方向向右下方且与竖直方向成30°角．又ΔEpA＝qE·OA·cos α，⑨‎ 由④⑦⑨得E＝mg.‎ 答案　见解析