大题精练04 带电粒子（带电体）在电场中的运动问题——2024年高考物理题型突破限时精练

这是一份大题精练04 带电粒子（带电体）在电场中的运动问题——2024年高考物理题型突破限时精练，文件包含大题精练04带电粒子带电体在电场中的运动问题原卷版docx、大题精练04带电粒子带电体在电场中的运动问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。

公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、考向分析
1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。
2.用到的知识:受力分析、运动分析、能量观点。
3.带电粒子在电场中的运动
(1)分析方法:先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。
(2)受力特点:在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。
4.用能量观点处理带电体的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理。即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷。具体方法有:
二、动力学
二、运动学
三、功和能
四、电学
难度：★★★★ 建议时间：30分钟
1．【利用交变电场考带电粒子在运动的多过程问题】（2023•道里区校级三模）医用电子直线加速器（图甲）的基本原理是：电子被直线加速器加速后轰击重金属靶，产生高能射线，广泛应用于各种肿瘤的治疗。如图乙是电子直线加速器的示意图，它的加速部分由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列而成，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图丙所示。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央的一个电子，在电场力的作用下由静止开始加速，沿中心轴线冲进1号圆筒。为使电子运动到各个间隙中都能恰好加速，电子穿过每个圆筒的时间应当恰好等于交变电压周期的一半。已知电子的质量为m、电子电荷量为e、电压的绝对值为u，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，不计电子重力，和电子间的相互作用。求：
（1）金属圆筒长度l和它的序号n之间的定量关系；
（2）若电子从8号筒离开加速电场后恰好垂直进入一个边长为2a的正方形匀强磁场区域，电子垂直磁场的左边界从中点进入，垂直下边界从下边界中点射出，最后垂直打到圆形重金属靶上，则电子在磁场中运动的时间，和磁感应强度B的大小；
（3）在满足第（2）问的条件下，若每t秒打在金属靶上的电子数为N，且其中半数电子被金属靶吸收，半数电子被金属靶反向弹回，弹回速度大小为撞击前速度的一半，反弹的电子不会再次打到靶上，则金属靶受到电子平均作用力的大小。
【解答】解：（1）设电子进入第n个圆筒后的速度为v，则根据动能定理得：neu=12mv2
解得：v=2neum
第n个圆筒的长度为：ln＝vt
t=T2
联立解得：ln=T2m2neum
（2）根据动能定理得：8eu=12mv02
解得：v0=4eum
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由几何知识得：r＝a
电子在磁场中做匀速圆周运动的时间为：t=sv0
其中s=πr2
解得：t=πa8meu
由牛顿第二定律得：ev0B=mv02r
解得：B=4amue
（3）对被吸收的电子，取初速度的方向为正方向，根据动量定理得：﹣F1t＝0﹣0.5Nmv0
对被反弹的电子有﹣F2t＝﹣0.5Nm（0.5v0）﹣0.5Nmv0
根据牛顿第三定律，金属靶受到的作用力大小为：F＝F1+F2
解得：F=5Numet
2．【借助电子仪器考带电粒子运动的应用问题】（2023•汕头一模）汤姆生发现电子的装置——阴极射线管的结构示意图如图所示。电子由阴极C射出，在CA间的电场加速后匀速通过AA'，从A'上的小孔进入水平放置的平行板PP'间的区域，最终打到末端S处的荧光屏（近似看成平面）并发光。PP'相距为d，长度为L，右端与荧光屏的距离为D。当PP'间不加电场和磁场时，电子水平打到荧光屏的O点；当PP'间电压为U时，荧光屏上S点出现一亮点，测得OS＝H；当PP'间加一垂直纸面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场时，电子又打到O点。不计重力，求：
（1）CA间的加速电压U'；
（2）电子的比荷em。
【解答】解：（1）粒子在加速场中eU'=12mv02
整理得U'=mv022e
偏转场中a=eUmd
L＝v0t1
竖直方向位移y1=12at12
射出偏转场后，水平方向D＝v0t2
竖直方向y2＝at1t2
又y1+y2＝H
联立解得mv02e=U(L2+2DL)2Hd
故U'=U(L2+2DL)4Hd
（2）当偏转板中又加一磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场时，发现电子又打到荧光屏的O点，根据平衡条件eUd=ev0B
联立解得em=2HUB2Ld(2D+L)
3．【带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的抛体运动】（2023•雅安模拟）如图所示，空间中在一矩形区域Ⅰ内有场强大小E1＝1×102N/C、方向水平向右的匀强电场；一条长L＝0.8m且不可伸长的轻绳一端固定在区域Ⅰ的左上角O点，另一端系一质量m1＝0.5kg、带电荷量q＝﹣0.1C的绝缘带电小球a；在紧靠区域Ⅰ的右下角C点竖直放置一足够长、半径R＝1m的光滑绝缘圆筒，圆筒上端截面水平，CD是圆筒上表面的一条直径且与区域Ⅰ的下边界共线，直径MN与直径CD垂直，圆筒内左半边MNCHJK区域Ⅱ中存在大小E2＝20N/C、方向垂直纸面向里的匀强电场。把小球a拉至A点（轻绳绷直且水平）静止释放，当小球a运动到O点正下方B点时，轻绳恰好断裂。小球a进入电场继续运动，刚好从区域Ⅰ的右下角C点竖直向下离开电场E1，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ。已知重力加速度大小取g＝10m/s2，绳断前、断后瞬间，小球a的速度保持不变，忽略一切阻力。求：
（1）轻绳的最大张力Tm；
（2）小球a运动到C点时速度的大小vC和小球a从B到C过程电势能的变化量ΔEp；
（3）若小球a刚进入圆筒时，另一绝缘小球b从D点以相同速度竖直向下贴着圆筒内侧进入圆筒，小球b的质量m2＝0.5kg，经过一段时间，小球a、b发生弹性碰撞，且碰撞中小球a的电荷量保持不变，则从小球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后，小球b增加的机械能ΔEb是多大。
【解答】解：（1）小球a从A运动到B点，根据动能定理mgL=12mv2解得v＝4m/s
在B点，根据牛顿第二定律得Tm-mg=mv2L
解得Tm＝15N
（2）小球a在区域Ⅰ中，根据牛顿第二定律：水平方向qE1＝ma
解得a＝20m/s2
小球a减速至0时t=va，解得t＝0.2s
x=vt-12at2，解得x＝0.4m
小球a运动到C点时的速度大小为vC＝gt，解得vC＝2m/s
小球a从B运动到C点，小球a电势能的变化量为ΔEP＝﹣W＝﹣qE1•x，解得ΔEP＝4J
即小球电势能增加了4J。
（3）因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰。根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒。由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度。小球a从进入圆筒到第5次碰撞前，小球a增加的机械能为ΔEa＝qE2R+2•qE22R，解得ΔEa＝10J
则第5次碰撞后，小球b增加的机械能为ΔEb＝ΔEa＝10J
4．【带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的圆周运动】（2023•辽宁模拟）如图所示，竖直固定的光滑绝缘轨道处在水平向右的匀强电场中，轨道的倾斜部分MN倾角θ＝53°，水平部分NP与倾斜轨道MN平滑连接，圆心为O、半径为R的圆弧轨道PQJK与NP相切于P点。现有一质量为m、电荷量为+q的带电小球（可视为质点）从M点由静止释放，小球可沿轨道运动。已知电场强度大小E=3mg4q，轨道水平段NP长度sNP＝4R，重力加速度为g，空气阻力不计，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。
（1）当小球释放高度h＝9.6R时，求小球到达P点时的速度大小；
（2）当小球释放高度h＝9.6R时，求小球运动到与O点等高的Q点时受到轨道弹力的大小；
（3）如果其他条件不变，仅将小球带电量变为﹣q，要使小球在运动过程中不脱离圆弧轨道，求小球释放高度h的取值范围。
【解答】解：（1）当小球释放高度h＝9.6R时，从释放到运动到P点的过程，由动能定理可得：
mgh+qE（htan53°+sNP）=12mvP2-0
代入数据解得：vP=6gR。
（2）小球从P到Q的过程，由动能定理可得：﹣mgR+qER=12mvQ2-12mvP2
在Q点，根据牛顿第二定律可得：N﹣qE＝mvQ2R
联立解得小球运动到Q点时受到轨道弹力的大小：N＝36.25mg。
（3）小球受到的重力和电场力的合力F的大小为：F=(mg)2+(qE)2
解得：F=54mg
将小球带电量变为﹣q，电场力的方向为水平向左，设合力F与竖直方向夹角为β，则有：
tanβ=qEmg，解得：β＝37°
如下图所示：
①小球不脱离圆弧轨道，且做完整的圆周运动，则小球在圆轨道的等效最高点G需要的最小向心力恰好由合力F提供，设小球在圆轨道的等效最高点G的最小速度为vG，则有：
F=54mg＝mvG2R
从释放到运动到G点的过程，由动能定理可得：
mg（h1﹣R﹣Rcsβ）﹣qE（h1tan53°+sNP+Rsinβ）=12mvG2-0
联立可得：h1=947R
②小球的运动不越过圆心O点的等效等高处D点，小球亦可不脱离圆弧轨道，设小球释放高度为h2时恰好能运动到D点，根据动能定理得：
mg[h2﹣（R﹣Rsinβ）]﹣qE（h2tan53°+sNP+Rcsβ）＝0﹣0
联立可得：h2=647R
为使小球能够进入圆弧轨道，需满足：mgh3﹣qE（h3tan53°+sNP）＞0
解得：h3＞487R
则为使小球不脱离圆弧轨道，h应满足：h≥947R，或487R＜h≤647R。
牛顿第二运动定律
F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
匀变速直线运动
vt=v0+at，s=v0t+12at2
vt2-v02=2as，s=v0+vt2⋅t 平均速度：
Vt/ 2 == Vs/2 = v2+vt22
匀加速或匀减速直线运动：Vt/2 动能
=p22m
功
W = Fs cs (恒力做功)
W=Pt（拉力功率不变）
W=f S相对路程 （阻力大小不变）
动能定理
库仑定律
真空中： 介质中：
电场强度
E=Fq (一切) E=KQR2 (点电荷) E=Ud (匀强)
电场力
F=qE (一切 ) F=KQ1Q2R2 (点电荷 )
电场力的功
(一切) W=EqScsθ (匀强)
电势差
UAB=WA→Bq=ϕA-ϕB=Ed＝－UBA＝－(UB－UA) (与零势点选取无关)
电势
ϕ=WA→0q (相对零势点而言) 点电荷电势：ϕ=kQεr
电势能
ε=qϕ
【例题】（2023•漳州二模）如图，倾角为θ＝30°的固定绝缘光滑斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，斜面底端连接一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端连接着一质量为m的不带电小球A，小球A静止时，到斜面顶端的距离为L。有一电荷量为+q、质量为m2的小球B以初速v0=23gL，从斜面顶端沿斜面向下运动，与小球A发生弹性碰撞之后，两小球平分了原来的总电荷量，已知电场强度E=mgq，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度为g，求：
（1）小球A静止时，弹簧的形变量x；
（2）两小球碰撞前，小球B的速度大小v；
（3）小球A从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功W。（忽略两小球的库仑力）
【解答】解：（1）小球A开始不带电静止时，对A根据平衡条件有：kx＝mgsinθ
变形解得：x=mg2k
（2）对小球B，向下运动时由牛顿第二定律有：qE-12mgsinθ=12ma
代入已知条件解得：a=32g
小球向下做匀减速直线运动，则有：v02-v2=2aL
代入已知数据解得：v=3gL
（3）对AB碰撞过程，以沿斜面向下的方向为正方向，由动师守恒有：12mv=12mvB+mvA
由机械能守恒定律有：12×12mv2=12×12mvB2+12mvA2
联立解二次方程得：vA=2gL、vB=-gL
可知，碰撞后B球体反弹，与A分离，向上做匀加速直线运动，A向下运动，
则小球A碰后到速度最大时，小球A的加速度为0，令此时弹簧的压缩量为x1，对小球A分析有：mgsinθ=kx1+12qE
则小球A从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功：W=12qE(x-x1)
代入解得：W=m2g24k