《2019版高考物理一輪復習 培優(yōu)計劃 高考必考題突破講座（7）帶電粒子在電場中運動的綜合問題學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考物理一輪復習 培優(yōu)計劃 高考必考題突破講座（7）帶電粒子在電場中運動的綜合問題學案（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 高考必考題突破講座(七)帶電粒子在電場中運動的綜合問題 題型特點 考情分析 命題趨勢 帶電粒子在電場中運動的綜合問題，常涉及帶電粒子在勻強電場中做勻變速直線運動；帶電粒子在不同的勻強電場或交變電場中做勻加速、勻減速的往返運動；帶電粒子在勻強電場中的偏轉等問題，該部分內容物理過程多，情景復雜，綜合性強 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電場中的兩類基本運動設計考題，對考生進行帶電粒子的動力學分析、功能關系考查，對建模能力和數(shù)學處理能力要求較高 1．帶電粒子在勻強電場中的直線運動流程圖

2、 2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉流程圖 3．涉及問題 (1)受力情況：多了一個電場力．(F＝qE或F＝k) (2)偏轉問題：不計重力，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．力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析； 2．功能關系．對于偏轉問題，一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場方向上的勻速直線運動． 角度1　帶電粒子在電場中的加速和偏轉 [例1](2018·四川攀枝花二模)如圖所示，虛線PQ、MN間存在水平勻強電場，一帶電粒子質量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝＋1.

3、0×10－5 C，從a點由靜此開始經電壓為U＝100 V的電場加速后，垂直于勻強電場進入勻強電場中，從虛線MN上的某點b(圖中未畫出)離開勻強電場時速度與電場方向成30°角．已知PQ、MN間距離為20 cm，帶電粒子的重力忽略不計．求： (1)帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v1； (2)勻強電場的場強大??； (3)a、b兩點間的電勢差． 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，則進入電場中后，做類平拋運動，粒子沿初速度方向做勻速直線運動d＝v1t， 粒子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動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電場，電場現(xiàn)與軌道所在的平面平行，電場強度E＝1.0×104 N/C．現(xiàn)有一電荷

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

6、運動到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)設帶電體從最高點C落至水平軌道上的D點經歷的時間為t，根據(jù)運動的分解有2R＝gt2， xDB＝vCt－t2， 聯(lián)立解得xDB＝0. (3)由P到B帶電體做加速運動，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經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點右側對應圓心角為45°處，設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電場．自該區(qū)域上方的A點將質量均為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離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍．不計空氣阻力，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點距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強度大小． 解析　(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產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.由題給條件和運動學公式得 v0－at＝0，① s1＝v0t＋at2，② s2＝v0t－at2，③ 聯(lián)立①②③式得＝3.④ (2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式得 v＝2gh，⑤ H＝vyt＋gt2，⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關系知 ＝，

9、⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H.⑧ (3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則＝.⑨ 設M、N離開電場時的動能分別為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，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內，B為最低點，D為最高點．一質量為m

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

11、選)如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場，電場強度為E，在電場中P處由靜止釋放一質量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質點)．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械能不損失，即碰撞前后小球的速度大小不變，方向相反．設在勻強電場中，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到的最大高度大于h C．小球第一次與擋板相碰后所能達到最大高度時的電勢能小于Eqh D．小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度小于

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A正確；設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B正確，D錯誤；因EqkH＝Eqh

13、球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小 D．小球在運動過程中機械能守恒 解析　由于小球在豎直平面內做勻速圓周運動，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A錯誤；小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，由功能關系得，電勢能增加，選項C錯誤；在整個運動過程中，除重力做功外，還有電場力做功，小球在運動過程中機械能不守恒，選項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．整個裝置處于電場強度為E、方向水平向右的勻強電場中．現(xiàn)有一個質量為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點的初速度應滿足什么條件？ 解析　小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，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動． 因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)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，由幾何關系知＝2R，令小球以最小初速度v0運動，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，初速度應滿足v0≥. 答案　v0≥ 5．如圖，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA.將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點．使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時加一勻強電場，電場強度方向與△OAB所在平面平行．現(xiàn)從O點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，到達A點時的動能是初動能的3倍，若該小球從O點以同樣的初

16、動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時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，小球到達A點時的動能與初動能的比值； (2)電場強度的大小和方向． 解析　(1)設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d，則OB＝d，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有 dsin 60°＝v0t，① dcos 60°＝gt2，② 又有Ek0＝mv，③ 由①②③式得 Ek0＝mgd.④ 設小球到達A點時的動能為EkA，則 EkA＝Ek0＋mgd，⑤ 由④⑤式得＝.⑥ (2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0，⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0，⑧ 在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的．設直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖所示， 則有＝，所以x＝d， 所以α＝∠BOA＝30°. 即電場強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