人教版高考物理一轮复习第7章静电场专题突破5带电体在电场中运动的综合问题学案含答案

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专题突破5　带电体在电场中运动的综合问题授课提示：对应学生用书第139页eq \a\vs4\al(突破点一　带电粒子在交变电场中的运动)　　师生互动1．三种运动类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；(2)二是粒子做往返运动(一般分段研究)；(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。2．一条解题策略 注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动时间上具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。3．两条解题思路(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。　带电粒子在交变电场中的直线运动[典例1]　如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝eq \f(T,4)时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板，则(　　)A．A、B两板间的距离为 eq \r(\f(qU0T2,8m))B．粒子在两板间的最大速度为 eq \r(\f(qU0,m))C．粒子在两板间做匀加速直线运动D．若粒子在t＝eq \f(T,8)时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板[解析]　粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；粒子在t＝eq \f(T,4)时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在eq \f(3T,4)时刻到达B板，则eq \f(1,2)·eq \f(qU0,md)·(eq \f(T,4))2＝eq \f(d,2)，解得d＝eq \r(\f(qU0T2,16m))，选项A错误；粒子在eq \f(T,2)时刻速度最大，则vm＝eq \f(qU0,md)·eq \f(T,4)＝eq \r(\f(qU0,m))，选项B正确；若粒子在t＝eq \f(T,8)时刻进入两极板间，在eq \f(T,8)～eq \f(T,2)时间内，粒子做匀加速运动，位移x＝eq \f(1,2)·eq \f(qU0,md)(eq \f(3T,8))2＝eq \f(9d,8)，所以粒子在eq \f(T,2)时刻之前已经到达B板，选项D错误。[答案]　B　带电粒子在交变电场中的偏转运动问题[典例2]　(2021·福建厦门一中期中)相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电荷量为－e，在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0＝eq \f(mv02,6e)；紧靠B板的偏转电压也等于U0，板长为L，两极板间距为d，距偏转极板右端eq \f(L,2)处垂直放置很大的荧光屏PQ，不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。(1)试求在0～kT与kT～T时间内射出B板电子的速度各是多大？(2)在0～T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。(结果用L、d表示)[解析]　(1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0～kT时间内，穿出B板的电子速度为v1，kT～T时间内射出B板的电子速度为v2。根据动能定理有－eU0＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，eU0＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02，将U0＝eq \f(mv02,6e)代入上式，得v1＝eq \f(\r(6),3)v0，v2＝eq \f(2\r(3),3)v0。(2)在0～kT时间内射出B板的电子在偏转电场中，电子的运动时间t1＝eq \f(L,v1)，侧移量y1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(eU0L2,2mdv12)，得y1＝eq \f(L2,8d)，打在荧光屏上的坐标为y1′，则y1′＝2y1＝eq \f(L2,4d)。同理可得在kT～T时间内穿出B板后电子的侧移量y2＝eq \f(L2,16d)，打在荧光屏上的坐标y2′＝2y2＝eq \f(L2,8d)。故两个发光点之间的距离Δy＝y1′－y2′＝eq \f(L2,8d)。[答案]　(1)eq \f(\r(6),3)v0　eq \f(2\r(3),3)v0　(2)eq \f(L2,8d)规律总结带电粒子在交变电场中的偏转运动问题的一般思路———————————————————————(1)分过程解决：“一个周期”往往是我们的最佳选择。(2)建立模型：带电粒子的运动过程往往能在力学中找到它的类似模型。(3)正确的运动分析和受力分析：合力的变化影响粒子的加速度(大小、方向)变化，而物体的运动性质则由加速度和速度的方向关系确定。　1．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　)A．0＜t0＜eq \f(T,4)　　　　　　　 B.eq \f(T,2)＜t0＜eq \f(3T,4)C.eq \f(3T,4)＜t0＜T D．T＜t0＜eq \f(9T,8)解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。分别作出t0＝0、eq \f(T,4)、eq \f(T,2)、eq \f(3T,4)时粒子运动的v ­t图象，如图所示。由于v­t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t0＜eq \f(T,4)与eq \f(3T,4)＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，eq \f(T,4)＜t0＜eq \f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0＞T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确。答案：B2．(多选)(2021·山东潍坊模拟)如图1所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0，电荷量为＋q，质量为m的粒子。在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，粒子撞击金属板时会被吸附静止。以下判断正确的是(　　)A．粒子在电场中运动的最短时间为eq \f(\r(2)d,v0)B．射出粒子的最大动能为eq \f(5,4)mv02C．t＝eq \f(d,2v0)时刻进入的粒子，从O′点射出D．t＝eq \f(3d,v0)时刻进入的粒子，从O′点射出解析：由图可知场强大小E＝eq \f(mv02,2qd)，则粒子在电场中的加速度大小a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(v02,2d)，则粒子在电场中运动的时间最短时满足eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)atmin2，解得tmin＝eq \f(\r(2)d,v0)＜eq \f(2d,v0)，A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝eq \f(8d,v0)，由图象知任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为eq \f(1,2)mv02，B错误；t＝eq \f(d,2v0)时刻进入的粒子，在eq \f(d,2v0)～eq \f(2d,v0)时间内，在电场力作用下向下运动，由于电场力作用时间eq \f(3d,2v0)＞eq \f(\r(2)d,v0)，所以粒子会撞击在金属板上，不会从O′点射出，故C错误；t＝eq \f(3d,v0)时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速eq \f(T,4)，后向上减速eq \f(T,4)，速度到零；然后继续向下加速eq \f(T,4)，再向下减速eq \f(T,4)，速度到零……如此反复，则最后从O′点射出时沿电场方向的位移为零，粒子将从O′点射出，D正确。答案：ADeq \a\vs4\al(突破点二　电场中的动力学、动量和能量问题)　　师生互动1．动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题。2．能量的观点(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。3．动量的观点(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式。(2)应用动量守恒定律，注意其适用条件。　电场中动力学和能量观点的应用[典例3]　(2021·福建泉州高三模拟)如图，在竖直向下的匀强电场中，质量为0.5 kg的带正电小物块从光滑绝缘斜面上的A点由静止释放，经过B点后进入绝缘水平面，最后停在C点。某些时刻物块的瞬时速率记录在下表中。若物块经过B点前后速度大小不变，电场力与重力大小相等，取g＝10 m/s2，则(　　)A.t＝6 s时物块恰好经过B点B．t＝12 s时物块恰好到达C点C．物块与水平面间的动摩擦因数为eq \f(1,15)D．整个过程中物块电势能的减少量等于系统内能的增加量[解析]　根据图表中的数据，可以求出物块下滑的加速度a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(8,3) m/s2，若t＝6 s时刻物块恰好经过B点，则B点的速度为v＝a1t＝eq \f(8,3)×6 m/s＝16 m/s>12 m/s，所以t＝6 s时物块已过B点，同样根据图表数据可知，物块在水平面上滑动时的加速度a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝eq \f(8－12,9－6) m/s2＝－eq \f(4,3) m/s2，设物块在斜面上滑行时间为t1，从斜面底端到速度为12 m/s的时间为t2，则有a1t1＋a2t2＝12 m/s，t1＋t2＝6 s，解得t1＝5 s，即物块加速5 s后到达B点，此时vB＝a1t1＝eq \f(40,3) m/s，由速度与时间关系可得在BC段运动的时间t3＝eq \f(0－vB,a2)＝10 s，即t＝15 s时物块运动到C点，A、B错误；物块在水平面上运动时，由牛顿第二定律可得：－μ(mg＋qE)＝ma2，其中qE＝mg，解得μ＝eq \f(1,15)，C正确；由能量守恒定律可知，整个过程中物块电势能和重力势能的减少量之和等于系统内能的增加量，D错误。[答案]　C　电场中动量和能量观点的应用[典例4]　如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m和m，小球A带正电q，小球B带负电－2q，开始时两小球相距s0，小球A有水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零。(1)试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；(2)试证明在两小球的间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并求出这两种能量的比值的取值范围。[解析]　(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得3mv0＝3mvA＋mvB，系统的动能减小量ΔEk＝eq \f(1,2)×3mv02－eq \f(1,2)×3mvA2－eq \f(1,2)mvB2，由于系统运动的过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下的电势能为零，故系统在该状态下的电势能Ep＝ΔEk＝eq \f(1,2)×3mv02－eq \f(1,2)×3mvA2－eq \f(1,2)mvB2，联立得Ep＝－6mvA2＋9mv0vA－3mv02。当vA＝eq \f(3,4)v0时，系统的电势能取得最大值，得vA＝vB＝eq \f(3,4)v0，即当两小球速度相同时，系统的电势能最大，最大值Epmax＝eq \f(3,8)mv02。(2)由于系统的电势能与动能之和守恒，且初始状态下系统的电势能为零，所以在系统电势能取得最大值时，系统的动能取得最小值，为Ekmin＝Ek0－Epmax＝eq \f(1,2)×3mv02－eq \f(3,8)mv02＝eq \f(9,8)mv02，由于Ekmin>Epmax，所以在两球间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，在这一过程中两种能量的比值的取值范围为0≤eq \f(Ep,Ek)≤eq \f(Epmax,Ekmin)＝eq \f(1,3)。[答案]　(1)证明见解析　eq \f(3,8)mv02(2)证明见解析　0≤eq \f(Ep,Ek)≤eq \f(1,3)　电场中动力学、动量和能量观点的综合应用[典例5]　如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，g取10 m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0；(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。[解析]　(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，由牛顿第二定律，有mg＋Eq＝meq \f(vD2,R )，①由平抛运动规律，有2R＝eq \f(1,2)eq \f(mg＋Eq,m) t2，②x＝vDt，③联立①②③式得x＝0.4 m。④(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有mv0＝mv甲＋mv乙，⑤eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv甲2 ＋eq \f(1,2)mv乙2，⑥联立⑤⑥式得v甲＝0，v乙＝v0，⑦对乙球，从B到D过程，由动能定理得－mg×2R－Eq×2R＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mv乙2，⑧联立①⑦⑧式得v0＝2eq \r(5) m/s。⑨(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝MvM＋mvm，⑩eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(1,2)MvM2＋eq \f(1,2)mvm2，⑪联立⑩⑪式得vm＝eq \f(2Mv0,M＋m)，⑫ 由⑫式和M＞m，可得v0＜vm