江苏版高考物理一轮复习第7章素养8带电粒子在电场中运动的综合问题课时学案

这是一份江苏版高考物理一轮复习第7章素养8带电粒子在电场中运动的综合问题课时学案，共19页。试卷主要包含了受力特点，力学规律，两个结论等内容，欢迎下载使用。

3．力学规律
(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式。
(2)能量规律：动能定理或能量守恒定律。
4．两个结论
(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。
[示例] 在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时，速度为零的粒子，自圆周上的C点以速度v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小。
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
[解析] (1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C
由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R ①
F＝qE ②
由动能定理有F·AC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) ③
联立①②③式得E＝eq \f(mv\\al(2,0),2qR)。 ④
(2)
如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。
由几何关系知∠PAD＝30°，
AP＝eq \f(3,2)R，DP＝eq \f(\r(3),2)R ⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。
由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma ⑥
AP＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1) ⑦
DP＝v1t1 ⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq \f(\r(2),4)v0。 ⑨
(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。
由运动学公式有
y＝eq \f(1,2)at2 ⑩
x＝vt ⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(3),2)R))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)R))2＝R2 ⑫
粒子在电场中运动时，其x轴方向的动量不变，y轴方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y轴方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat ⑬
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0 ⑭
和v＝eq \f(\r(3),2)v0 ⑮
另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y轴方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率v＝eq \f(\r(3),2)v0。
[答案] (1)eq \f(mv\\al(2,0),2qR) (2)eq \f(\r(2),4)v0 (3)0或eq \f(\r(3),2)v0
[即时训练]
1.(2023·南京高三开学考试)如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电荷量为q＝－2×10－5 C的小球，自倾角为θ＝37°的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下，接着通过半径为R＝0.5 m的绝缘半圆轨道最高点C，已知小球质量为m＝0.5 kg，匀强电场的场强E＝2×105 N/C，小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计，假设在B点前后小球的速率不变(g取10 m/s2)。求：
(1)H至少应为多少；
(2)通过调整释放高度使小球到达C点的速度为2 m/s，则小球落回到斜面时的动能是多少。
[解析] (1)小球恰好过最高点C时有
mg－|q|E＝meq \f(v\\al(2,C),R)
从A到C，由动能定理有
mg(H－2R)－qE(H－2R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0
解得H＝1.25 m。
(2)从C点飞出后做类平抛运动有
mg－|q|E＝ma
解得a＝2 m/s2
竖直方向y＝eq \f(1,2)at2
水平方向x＝v′Ct
根据几何关系tan θ＝eq \f(2R－y,x)
解得t＝0.5 s y＝0.25 m
从C到落回斜面，由动能定理有
mgy－|q|Ey＝Ek－eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,C)
解得Ek＝1.25 J。
[答案] (1)1.25 m (2)1.25 J
2．(一题多法)如图甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量m＝0.2 kg，带电荷量q＝2.0×10－3 C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1 s后撤去电场，小物块运动的v-t图像如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
甲 乙
(1)电场强度E的大小；
(2)小物块在0～0.3 s运动过程中机械能增加量。
[解析] (1)加速时：a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝20 m/s2
减速时：加速度大小a2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δv2,Δt2)))＝10 m/s2
由牛顿第二定律得：Eq－mgsin θ－Ff＝ma1
mgsin θ＋Ff＝ma2
联立得E＝3×103 N/C
摩擦力Ff＝0.8 N。
(2)方法一：ΔEk＝0
ΔEp＝mgxsin 37°
x＝0.3 m
ΔE＝ΔEp
所以ΔE＝0.36 J。
方法二：加速距离x1＝eq \f(v,2)t1＝0.1 m
减速距离x2＝eq \f(v,2)t2＝0.2 m
电场力做功WE＝Eqx1＝0.6 J
摩擦力做功Wf＝－Ff(x1＋x2)＝－0.24 J
物块在0～0.3 s运动过程中机械能增加量
ΔE＝WE＋Wf＝0.36 J。
[答案] (1)3×103 N/C (2)0.36 J
3.在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内其俯视图如图所示，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与轨道AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，忽略空气阻力。求：
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1；
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
[解析] (1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根据动能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cs 37°)]－μqELcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C1)－0
解得vC1＝eq \r(\f(22qER,5m))
在C点根据向心力公式得F′NC1－qE＝eq \f(mv\\al(2,C1),R)
解得F′NC1＝5.4qE
根据牛顿第三定律得FNC1＝5.4qE。
(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，
根据动能定理有
qE(Lsin 37°－Rcs 37°)－μqELcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D1)－0
解得vD1＝eq \r(\f(12qER,5m))
小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆着电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得－qExm＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D1)
解得xm＝eq \f(6,5)R。
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小。设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，则根据功能关系得qELsin 37°＝μqEscs 37°
解得s＝eq \f(Ltan 37°,μ)＝15R。
[答案] (1)5.4qE (2)eq \f(6,5)R (3)15R
课时分层作业(二十二) 电容器、带电粒子在电场中的运动
(对应学生用书第441页)
题组一 平行板电容器的动态分析
1.如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70 μF电容器充电到5 000 V，存储875 J能量，抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100 kW。下列说法正确的是( )
A．电容器放电过程中电压不变
B．电容器充电至2 500 V时，电容为35 μF
C．电容器充电至5 000 V时，电荷量为35 C
D．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%
D [电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C＝eq \f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，选项C错误；由η＝eq \f(Pt,E总)知，η＝eq \f(100×103×2×10－3,875)×100%≈23%，选项D正确。]
2．(2023·江苏八校联考)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是( )
A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
B [充电过程中，由于电容器两端的电压越来越高，电源与电容器间的电势差越来越小，电流表的示数逐渐减小，故A错误；充电过程中，电压表的示数迅速增大，最后与电源的电动势相等，即示数趋于稳定，故B正确；放电过程，电流表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，如图所示
故C错误；放电过程，电压表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，故D错误。故选B。]
3.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
A [实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C变小，由C＝eq \f(Q,U)知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C变大，由C＝eq \f(Q,U)知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由C＝eq \f(Q,U)知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的，D错误。]
题组二 带电粒子在电场中的运动
4.如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点。若不计粒子重力，则( )
A．a的电量一定大于b的电量
B．b的质量一定大于a的质量
C．a的比荷一定大于b的比荷
D．b的比荷一定大于a的比荷
C [由题知，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由h＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,v0)))2得，x＝v0eq \r(\f(2mh,qE))，由于v0eq \r(\f(2hma,Eqa))eq \f(qb,mb)，C正确。]
5．(2018·江苏卷)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( )
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
D [由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确。]
6．(2019·江苏卷)一匀强电场的方向竖直向上，t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图像是( )
A B C D
A [由于带电粒子在电场中做类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为eq \f(qE,m)，经过时间t，电场力方向速度为eq \f(qE,m)t，功率为P＝Fv＝qE×eq \f(qE,m)t，所以P与t成正比，故A正确。]
7．有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是( )
A．减小墨汁微粒的质量
B．减小偏转电场两极板间的距离
C．减小偏转电场的电压
D．减小墨汁微粒的喷出速度
C [微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有L＝v0t，在竖直方向上有y＝eq \f(1,2)at2，加速度为a＝eq \f(qU,md)，联立解得y＝eq \f(qUL2,2mdv\\al(2,0))＝eq \f(qUL2,4dEk0)，要缩小字迹，就要减小微粒在竖直方向上的偏转量y，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场的电压U等，故A、B、D错误，C正确。]
8.(2022·曲塘中学联考)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，有一个半圆形轨道，圆心为O。一带电粒子质量为m，电荷量为＋q(重力不计)，从与圆心等高的轨道上A点以水平速度v0向右入射，落在轨道上的C点，已知OC与OB的夹角为θ，则带电粒子从A点运动到C点的时间为( )
A.eq \f(2mv0,qE)cs eq \f(θ,2) B．eq \f(2mv0,qE)tan eq \f(θ,2)
C.eq \f(mv0,qE)cs eq \f(θ,2) D．eq \f(mv0,qE)tan eq \f(θ,2)
B [设轨道半径为R，由图中几何关系可知，A、C之间的水平距离x＝R＋Rcs θ，竖直高度h＝Rsin θ，带电粒子在电场中运动受到的电场力F＝qE，加速度a＝eq \f(F,m)，设带电粒子从A点运动到C点的时间为t，由类平抛运动规律，有x＝v0t，h＝eq \f(1,2)at2，联立解得t＝eq \f(2mv0,qE)tan eq \f(θ,2)，选项B正确。]
9．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)。下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C．从t＝eq \f(T,4)时刻释放电子，电子可能在两板间振动，不可能打到右极板上
D．从t＝eq \f(T,4)时刻释放电子，电子必将打到左极板上
A [根据题给条件作出带电粒子的v-t图像，根据v-t图像包围的面积分析粒子的运动。由图(a)知，t＝0 时刻释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，选项A正确，B错误；
图(a) 图(b)
由图(b)知，t＝eq \f(T,4)时刻释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的eq \f(T,2)时间内不能到达右板，则之后往复运动，选项C、D错误。]
10.在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下。已知颗粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中( )
A．做变加速运动
B．速率先增大后减小
C．电势能增加了eq \f(1,2)mv2
D．a点的电势比b点低eq \f(mv2,q)
C [带电颗粒受到的重力和电场力是恒力，所以颗粒做的是匀变速运动，故A错误；颗粒所受重力与电场力的合力斜向左下方，则颗粒的速率先减小后增大，故B错误；在沿电场方向，颗粒的动能减小量为ΔEk＝eq \f(1,2)mv2，减小的动能转化为了颗粒的电势能，所以颗粒电势能增加了eq \f(1,2)mv2，故C正确；在沿电场方向有qUab＝0－eq \f(1,2)mv2，解得Uab＝－eq \f(mv2,2q)，所以a点的电势比b点低eq \f(mv2,2q)，故D错误。]
11.(2022·苏锡常镇一模)如图所示，地面上方分布着竖直向上的匀强电场。一带正电的小球从油中A处由静止释放后竖直下落，已知小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，M和N是小球下落过程中经过的两个位置。在此过程中，小球( )
A．在AB段的加速度大小逐渐增大
B．在N点的机械能比M点的小
C．机械能和电势能的总量保持不变
D．机械能的变化量小于电势能的变化量
B [小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，故AB段合力大于0，而BC段合力等于0，所以在AB段合力必然在减小，即在AB段的加速度大小逐渐减小，A错误；由于下落过程中，电场力和阻力始终做负功，导致小球的机械能减小，故B正确；下落过程中，阻力也会做功，导致部分机械能转化为内能，使机械能和电势能的总量减少，故C错误；下落过程中，小球的机械能不断减小，转化为电势能和内能，故机械能的减少量大于电势能的增加量，故D错误。]
12．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50 N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2 m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场。质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－2 C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0,0.4 m)，(0.4 m,0)，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)初速度v0的大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)小球经过B点时的速度大小。
[解析] (1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度a＝eq \f(mg－qE0,m)，解得a＝5 m/s2，
根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t，
竖直方向有yP＝eq \f(1,2)at2，
联立得v0＝xAeq \r(\f(a,2yP))，
代入数据，解得v0＝1 m/s。
(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy＝eq \r(2yPa)
因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有eq \f(qE,mg)＝eq \f(v0,vy)
解得E＝50 N/C
设小球在水平电场中运动的水平距离为l，
eq \f(qE,mg)＝eq \f(l,d)
根据电势差与电场强度的关系有UAB＝El
解得UAB＝5 V。
(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mg(yP＋d)＋qUAB－qE0yP，解得v＝eq \r(10) m/s。
[答案] (1)1 m/s (2)5 V (3)eq \r(10) m/s
13．在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：
甲 乙
(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？
(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？
[解析] (1)由动能定理得：e·eq \f(U0,2)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v＝eq \r(v\\al(2,0)＋\f(eU0,m))。
(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，此时实际速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T。
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝eq \f(T,4)＋k·eq \f(T,2)(k＝0,1,2，…)时射入；极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，
由牛顿第二定律有a＝eq \f(eU0,md)
加速阶段运动的距离
s＝eq \f(1,2)·eq \f(eU0,md)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,4)))2≤eq \f(d,4)
解得d≥Teq \r(\f(eU0,8m))
故两极板间距至少为Teq \r(\f(eU0,8m))。
[答案] (1)eq \r(v\\al(2,0)＋\f(eU0,m)) (2)v0T (3)eq \f(T,4)＋k·eq \f(T,2)(k＝0,1,2，…) Teq \r(\f(eU0,8m))