2024届高考物理一轮复习教案第九章专题强化十四带电粒子在电场中的力电综合问题（粤教版新教材）

这是一份2024届高考物理一轮复习教案第九章专题强化十四带电粒子在电场中的力电综合问题（粤教版新教材），共11页。

题型一 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
1．等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”．
2.
3．举例
例1 空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝eq \f(3mg,q).绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心，半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示．在轨道A点放置一质量为m、带电荷量为＋q的光滑小球．现给小球一初速度v0(v0≠0)，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．无论v0多大，小球均不会脱离轨道
B．只有v0≥eq \r(gR)，小球才不会脱离轨道
C．v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大
D．若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点
答案 D
解析 由题意可知小球所受电场力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F＝meq \f(vmin2,R)，解得vmin＝eq \r(2gR)，所以只有当v0≥eq \r(2gR)时，小球才不会脱离轨道，故A、B错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有F·2R＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0＋F＝meq \f(v02,R)，F1－F＝meq \f(v12,R)，联立解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确．
例2 如图所示，现有一个小物块质量为m＝80 g、带正电荷 q＝2×10－4 C，与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.2，在水平轨道的末端N处连接一个光滑竖直的半圆形轨道，半径为R＝40 cm.整个轨道处在一个方向水平向左、电场强度大小E＝4×103 V/m的匀强电场中，取g＝10 m/s2.
(1)若小物块恰能运动到轨道的最高点L，那么小物块应从距N点多远处的A点释放？
(2) 如果小物块在(1)中的位置A释放，当它运动到P点(轨道中点)时轨道对它的支持力等于多少？
(3)如果小物块在(1)中的位置A释放，当它运动到NP间什么位置时动能最大，最大动能是多少？(结果保留两位有效数字)
答案 (1)1.25 m (2)4.8 N (3)与圆心的连线与竖直方向夹角为45° 0.93 J
解析 (1)物块恰能通过轨道最高点L的条件是
mg＝meq \f(vL2,R)，代入数据解得vL＝2 m/s
设A到N的距离为s，对A到L过程中根据动能定理得qEs－μmgs－mg·2R＝eq \f(1,2)mvL2－0
代入数据解得s＝1.25 m
(2)物块由P到L过程根据动能定理得
－mgR－qER＝eq \f(1,2)mvL2－eq \f(1,2)mvP2
解得vP＝2eq \r(5) m/s
在P点根据牛顿第二定律得FN－qE＝meq \f(vP2,R)
代入数据解得FN＝4.8 N.
(3)如图所示，当合力的反方向延长线过圆心时动能最大，设该点为B，过B的半径与竖直方向间的夹角为θ，
则tan θ＝eq \f(qE,mg)＝1，θ＝45°.从A到B，由动能定理得qE(s＋Rsin θ)－μmgs－mgR(1－cs θ)＝Ekm，解得Ekm＝(0.48＋0.32eq \r(2)) J≈0.93 J.
题型二 电场中的力电综合问题
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运动学公式，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，判断是对分过程还是对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．
①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．
②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．
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，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒．
例3 (2023·湖南株洲市模拟)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置．底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板( )
A.eq \f(1,2)d B．d C.eq \f(2,3)d D.eq \f(4,3)d
答案 C
解析 设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有qEd＝eq \f(1,2)mv02，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器后的最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由功能关系有qEd′＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×3mv12，联立解得 d′＝eq \f(2,3)d，故选C.
例4 (2019·全国卷Ⅱ·24)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 (1)eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ))
(2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
解析 (1)PG、QG间电场强度大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv02③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ)).
课时精练
1.如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大
B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小
C．OB间的距离为eq \r(\f(kQq,f))
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB＝eq \f(fL0＋\f(1,2)mv2,q)
答案 C
解析 点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的电场力和向右的阻力，两点电荷靠近过程中电场力逐渐增大，阻力不变，点电荷乙先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；在点电荷乙向甲运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；当速度最小时有f＝F＝keq \f(Qq,r2)，可得r＝eq \r(\f(kQq,f))，故C正确；点电荷乙从A运动到B过程中，根据动能定理有UABq－fL0＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，计算得出UAB＝eq \f(fL0＋\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02,q)，故D错误．
2.(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市八中模拟)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧槽B处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放，滑到B处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，下列说法正确的是( )
A．小球落地点在D的右侧
B．小球落地点仍在D点
C．小球落地点在D的左侧
D．小球离开B到达地面的运动时间减小
答案 BD
解析 不加电场时，小球从A到B有mgR＝eq \f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq \r(2gR)，平抛过程，竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))，平抛水平位移x＝vBt＝2eq \r(Rh)，平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直向下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的电场力，相当于重力加速度增大了，小球落地点仍在D点，t∝eq \r(\f(1,g))，小球离开B后到达地面的运动时间减小，B、D正确．
3.(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝eq \f(3mg,4q)，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球在运动过程中机械能不守恒
C．小球在运动过程中的最小速度至少为eq \r(gL)
D．小球在运动过程中的最大速度至少为eq \f(5,2)eq \r(gL)
答案 BD
解析 小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝eq \f(5,4)mg，小球在最高点的最小速度v1满足G′＝meq \f(v12,L)，得v1＝eq \f(\r(5gL),2)，故C错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理有G′·2L＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，解得v2＝eq \f(5,2)eq \r(gL)，故D正确．
4.如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场．AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方．一质量为m、电荷量为q的带正电小球，以初速度vA竖直向下从A点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，沿轨道运动到B处以速度vB射出．已知重力加速度为g，电场强度大小为E＝eq \f(3mg,4q)，sin 37°＝0.6，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小
B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大
C．在A、B两点的速度大小满足vA>vB
D．从B点抛出后，小球速度的最小值为eq \f(4,5)eq \r(vA2＋\f(1,2)gR)
答案 D
解析 从A到B过程中，电场力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；设等效重力与竖直线的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，故θ为37°，等效重力方向与竖直方向成37°角偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；B点比A点更靠近等效最低点，所以vA5.(多选)(2023·福建泉州市高三质检)如图，ABC是竖直面内的固定半圆形光滑轨道，O为其圆心，A、C两点等高，过竖直半径OB的虚线右侧足够大的区域内存在沿AC方向的匀强电场．一带正电小球从A点正上方P点由静止释放，沿轨道通过B、C两点时的动能分别为Ek和1.5Ek，离开C点后运动到最高点D(图中未画出)．已知P与A间的距离等于轨道半径，则( )
A．D点与P点等高
B．小球在电场中受到的电场力是其重力的两倍
C．小球在C处对轨道的压力是其重力的两倍
D．小球通过D点时的动能大于1.5Ek
答案 BD
解析 若在A点速度等于C点的速度，在竖直方向由对称性可知，D点与P点等高，但由动能定理可知A点的速度小于C点的速度，所以D点高于P点，故A错误；设小球在电场中所受电场力为F，轨道半径为R，小球从P到B过程，由动能定理得mg·2R＝Ek，小球从P到C过程，由动能定理得mg·R＋FR＝1.5Ek，联立可得F＝2mg，故B正确；由动能定理的表达式有1.5Ek＝eq \f(1,2)mvC2，在C点时，由牛顿第二定律得FN－F＝meq \f(vC2,R)，结合mg·2R＝Ek，联立可得FN＝8mg，由牛顿第三定律得小球在C处对轨道的压力FN′＝FN＝8mg，故C错误；因为F＝2mg，可知小球从C点飞出后，竖直方向的加速度小于水平方向的加速度，竖直方向，由逆向思维，看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球从C到D过程中，水平方向的位移大于竖直方向的位移，根据W＝Fs，可知电场力所做正功大于重力所做负功，则小球通过D点时的动能大于通过C点时的动能，即大于1.5Ek，故D正确．
6.(2023·广东省广州大学附属中学模拟)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为R的绝缘光滑圆轨道固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径，CD是水平方向的直径．一质量为m、带电荷量为q(q>0)的小球在轨道内侧的P点处于静止状态，OP与竖直方向的夹角θ＝60°.当小球获得切线方向的初速度后，恰能沿轨道做完整的圆周运动．重力加速度为g.求：
(1)电场强度的大小E；
(2)小球运动过程中的最小速率v；
(3)小球从P点运动到B点时对轨道的压力．
答案 (1)eq \f(\r(3)mg,q) (2)eq \r(2gR) (3)9mg，方向竖直向下
解析 (1)小球静止在圆轨道P点，此时合力为零，有qE＝mgtan θ
解得E＝eq \f(\r(3)mg,q)
(2)小球运动到PO延长线与AC的交点时速度最小，此时对轨道的压力为零
eq \f(mg,cs θ)＝meq \f(vmin2,R)
解得vmin＝eq \r(2gR)
(3)小球从PO延长线与AC的交点运动到B点时由动能定理有
mg(R＋Rcs 60°)＋EqRsin 60°＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvmin2
对B点有FN－mg＝meq \f(vB2,R)
解得FN＝9mg
由牛顿第三定律可得对轨道的压力大小
FN′＝FN＝9mg，方向竖直向下．
7．(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑eq \f(1,4)圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R.质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为eq \r(gR)，之后沿轨道BO运动．以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为eq \r(2)mg.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g.求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程．
答案 (1)eq \f(1,2)mgR (2)eq \r(3gR) (3)y2＝6Rx
解析 (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR
(2)小球从B到O，根据动能定理有
－mgR＋eq \r(2)mg×eq \r(2)R＝eq \f(1,2)mvO2－eq \f(1,2)mvB2
解得vO＝eq \r(3gR)
(3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有eq \r(2)mgcs 45°＝max
y轴方向有eq \r(2)mgsin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0
说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝eq \f(1,2)gt2，y＝vOt
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为
y2＝6Rx.
8.(2023·广东珠海市模拟)如图所示，一质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋0.5 C的小球以速度v0＝3 m/s，沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长0.6 m，两极板间距为0.5 m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为半径R＝eq \f(25,63) m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线OO′的右侧空间存在竖直向下足够宽的匀强电场，电场强度为E(取 g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)．
(1)求两极板间的电势差U的大小；
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时恰好能到达C点，求E的大小．
答案 (1)10 V (2)10 V/m
解析 (1)在A点，对速度的分解如图所示
则竖直方向分速度为vy＝v0tan 53°＝4 m/s
小球在平行板中运动时间为t＝eq \f(L,v0)＝0.2 s
在平行板中运动时，有vy＝at，mg＋eq \f(U,d)q＝ma
联立解得U＝10 V
故两极板间的电势差U的大小为10 V.
(2)小球在A点速度为vA＝eq \f(v0,cs 53°)＝5 m/s
小球从A到最高点C，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mvC2＋mg(R＋Rcs 53°)＋Eq(R＋Rcs 53°)
恰好能到达C点，则在C点，有mg＋Eq＝meq \f(vC2,R)
联立解得E＝10 V/m
故欲使小球在圆弧轨道运动时恰好能到达C点，E的大小为10 V/m.