2018版高考物理配套文档：第六章 必考计算题5 带电粒子在电场中运动的综合问题 Word版含解析

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例1 (2016·奉化市调研)如图1甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：
图1
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处？
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
解析 (1)电子经加速电场，由动能定理得：qU0＝eq \f(1,2)mv2
电子经偏转电场：沿v方向：t＝eq \f(L,v)
沿电场方向：y＝eq \f(1,2)at2，又a＝eq \f(qU偏,mL)
故偏转后偏移量y＝eq \f(1,2)·eq \f(qU偏,mL)·(eq \f(L,v))2，所以y＝eq \f(U偏L,4U0)，由题图知t＝0.06 s时刻，U偏＝1.8U0，所以
y＝4.5 cm
设打在屏上的点距O点距离为Y，满足eq \f(Y,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))
所以Y＝13.5 cm.
(2)由题知电子偏移量y的最大值为eq \f(L,2)，
所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm.
答案 (1)O点上方13.5 cm处
(2)30 cm
分析交变电场问题的技巧
1．思考两个关系
(1)力和运动的关系；(2)功能关系．
2．注意全面分析：分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，确定与物理过程相关的边界条件．
题组阶梯突破
1．电容器板长为L，电容器两端的电压变化规律如图2所示，电压绝对值为U0.电子(质量为m，电荷量为e)沿电容器中线射入时的初速度为v0，为使电子刚好由O2点沿中线水平射出，电压变化周期T和板间距离d各应满足什么条件？(用L、U0、m、e、v0表示)
图2
答案 见解析
解析 电子从O2点射出，在竖直方向的位移为零，竖直分速度也必须为零，所以电子穿过电容器的时间必须是电压变化周期的整数倍，
即t＝eq \f(L,v0)＝nT，
得T＝eq \f(L,nv0)(n＝1,2,3……)，
为了使电子能从O2点射出，电子在电容器中运动过程中不能打在极板上，
要求：y＝2y′又y′＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(eU0,dm)(eq \f(T,4))2
(电子向上极板运动过程中，先加速后减速，两段位移相等)
故2×eq \f(1,2)·eq \f(eU0,dm)(eq \f(T,4))2eq \r(\f(eU0L2,8mn2v\\al( 2,0)))(n＝1,2,3…)．
命题点二 电场中的力电综合问题
例2 (2016·沈阳期末)如图3所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α(小球的重力大于所受的电场力)．
图3
(1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小．
(2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？
(3)若小球从斜轨道h＝5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．
解析 (1)根据牛顿第二定律：
(mg－qE)sin α＝ma，解得：a＝eq \f((mg－qE)sin α,m)；
(2)若小球刚好通过B点不下落，根据牛顿第二定律有：mg－qE＝meq \f(v2,R)①
小球由A到B，据动能定理：(mg－qE)(h－2R)＝eq \f(1,2)mv2－0②
①②式联立，得h＝2.5R；
(3)小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，由功能关系知，机械能的变化量为：ΔE机＝W电，W电＝－3EqR，故ΔE机＝－3EqR
答案 (1)eq \f(mg－qEsin α,m) (2) 2.5R (3)－3EqR
分析力电综合问题的两种思路
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．
题组阶梯突破
2．如图4所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球．现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角．重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
图4
(1)判断小球的带电性质；
(2)求该匀强电场的电场强度E的大小；
(3)若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细线刚好张紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小．
答案 (1)负电 (2)eq \f(3mg,4q) (3)eq \f(\r(2gl),2)
解析 (1)小球在A点静止，其受力情况如图所示，小球带负电．
(2)根据共点力平衡条件有
mgtan 37°＝qE
解得E＝eq \f(3mg,4q)
(3)设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有
mgl－qEl＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(2gl1－tan 37°)＝eq \f(\r(2gl),2).
3．如图5所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E＝4.0×102 N/C、水平向左的匀强电场．一个质量m＝0.10 kg、带电荷量q＝5.0×10－5 C的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x1＝0.20 m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2＝0.10 m的Q点，滑块第一次速度减为零，若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：
图5
(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；
(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；
(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能．
答案 (1)0.20 m/s2 (2)4.0×10－3 J (3)2.0×10－3 J
解析 (1)设滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度为a，
此过程滑块所受合外力F＝qE＝2.0×10－2 N.
根据牛顿第二定律F＝ma，解得a＝0.20 m/s2.
(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功
W1＝qEx1＝4.0×10－3 J.
(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功，即ΔE＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3 J.
(建议时间：40分钟)
1．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图1甲所示．加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示．在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场力作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用．若k＝eq \f(5,4)，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件．
图1
答案 d> eq \r(\f(9eU0τ2,10m))
解析 电子在0～τ时间内做匀加速运动
加速度的大小a1＝eq \f(eU0,md)
位移x1＝eq \f(1,2)a1τ2
在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动
加速度的大小a2＝eq \f(keU0,md)
初速度的大小v1＝a1τ
匀减速运动阶段的位移x2＝eq \f(v\\al( 2,1),2a2)
由题知d>x1＋x2，解得d> eq \r(\f(9eU0τ2,10m))
2．两块水平平行放置的导体板如图2甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、最大值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)．问：

图2
(1)这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少；
(2)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少．
答案 (1)eq \f(t0,2) eq \r(\f(6eU0,m)) eq \f(t0,4) eq \r(\f(6eU0,m)) (2)eq \f(16,13)
解析 以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t＝0时和t＝t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vy－t图象分别如图a和图b所示，设两平行板之间的距离为d.

(1)图中，v1y＝eq \f(eU0,md)t0，v2y＝eq \f(eU0,md)2t0
由图a可得电子的最大侧向位移为
xymax＝2(eq \f(1,2)v1yt0＋v1yt0)＝3v1yt0＝eq \f(3eU0t\\al( 2,0),md)
而xymax＝eq \f(d,2)，解得d＝t0eq \r(\f(6eU0,m))
由图b可得电子的最小侧向位移为
xymin＝eq \f(1,2)v1yt0＋v1yt0＝eq \f(3,2)v1yt0＝eq \f(3eU0t\\al( 2,0),2md)＝eq \f(d,4)
所以xymax＝eq \f(d,2)＝eq \f(t0,2) eq \r(\f(6eU0,m))，xymin＝eq \f(d,4)＝eq \f(t0,4) eq \r(\f(6eU0,m))
(2)veq \\al( 2,1y)＝(eq \f(eU0,md)t0)2＝eq \f(eU0,6m)，veq \\al( 2,2y)＝(eq \f(eU0,md)2t0)2＝eq \f(2eU0,3m)
电子经电压U0加速，由动能定理知，eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝eU0
所以eq \f(Ekmax,Ekmin)＝eq \f(\f(1,2)mv\\al( 2,2),\f(1,2)mv\\al( 2,1))＝eq \f(\f(1,2)mv\\al( 2,0)＋v\\al( 2,2y),\f(1,2)mv\\al( 2,0)＋v\\al( 2,1y))＝eq \f(eU0＋\f(eU0,3),eU0＋\f(eU0,12))＝eq \f(16,13).
3．长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图3所示．当在O点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重力mg的两倍，现将小球拉至图中B处(θ＝60°)，放开小球让它摆动，问：
图3
(1)固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？
(2)球摆回到A处时悬线拉力为多大？
答案 (1)eq \f(mgL2,kQ) (2)3mg
解析 (1)小球静止在A处受三个力作用：重力mg、静电力F和细线拉力F拉，由受力平衡和库仑定律列式：F拉＝F＋mg，F＝keq \f(Qq,L2)，F拉＝2mg
联立解得：q＝eq \f(mgL2,kQ).
(2)小球摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，有：
mgL(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2，F拉′－mg－F＝meq \f(v2,L)
由(1)知静电力F＝mg，
解上述三个方程得：F拉′＝3mg.
4．如图4所示，倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面与粗糙绝缘水平面平滑连接于B点，整个空间有水平向右的匀强电场．现一电荷量为q、质量为m、带正电的小物块(可视为质点)，从A点开始以速度v0沿斜面向下匀速运动．已知水平面与小物块间的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,2)，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
图4
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小物块在水平面上向左运动的最大距离．
答案 (1)eq \f(3mg,4q) (2)eq \f(2v\\al( 2,0),5g)
解析 (1)小物块在斜面上向下匀速运动，由共点力平衡有：qE＝mgtan θ
代入数据解得：E＝eq \f(3mg,4q)
(2)小物块在水平面上做匀减速运动，由牛顿第二定律有：qE＋Ff＝ma
又：Ff＝μmg
设小物块在水平面向左运动的最大距离为L，由运动公式有： 0－veq \\al( 2,0)＝－2aL
代入数据解得：L＝ eq \f(2v\\al( 2,0),5g).
5．如图5所示为一个从上向下看的俯视图，在光滑绝缘的水平桌面上，固定放置一条光滑绝缘的挡板轨道ABCD，AB段为直线，BCD段是半径为R的一部分圆弧(两部分相切于B点)，挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆的直径MN平行，现使一带电量为＋q、质量为m的小球由静止从斜挡板内侧上某点释放，为使小球能沿挡板内侧运动，最后从D点抛出，试求：
图5
(1)小球从释放点到N点沿电场强度方向的最小距离．
(2)在(1)的条件下小球经过N点时对挡板的压力大小．
答案 (1)eq \f(5,2)R (2)6qE
解析 (1)根据题意分析可知，小球过M点对挡板恰好无压力时，s最小，根据牛顿第二定律有：qE＝meq \f(v\\al( 2,M),R).
由动能定理得：qE(s－2R)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,M)
联立解得：s＝eq \f(5,2)R
(2)小球过N点时，根据牛顿第二定律有：
FN－qE＝meq \f(v\\al( 2,N),R)
由动能定理得：qEs＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,N)
联立解得：FN＝6qE.
6．如图6所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R＝0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E＝1.0×104 N/C.现有质量m＝0.20 kg、电荷量q＝8.0×10－4 C的带电体(可视为质点)从A点由静止开始运动，已知xAB＝1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．取g＝10 m/s2，求：
图6
(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；
(2)带电体最终停在何处．
答案 (1)10 m/s，方向竖直向上 (2)C点上方与C点的竖直距离为eq \f(5,3) m处
解析 (1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得
qE(xAB＋R)－μmgxAB－mgR＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝10 m/s
(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，由动能定理得－mgh－μqEh＝0－eq \f(1,2)mv2
解得h＝eq \f(5,3) m
在最高点，带电体受到的最大静摩擦力
Ffmax＝μqE＝4 N
重力G＝mg＝2 N所以，带电体最终静止在C点上方与C点的竖直距离为eq \f(5,3) m处．