《（通用版）2022年高考物理一輪復習 第七章 第45課時 帶電粒子（體）在電場中運動的綜合問題（題型研究課）講義（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2022年高考物理一輪復習 第七章 第45課時 帶電粒子（體）在電場中運動的綜合問題（題型研究課）講義（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理一輪復習 第七章 第45課時 帶電粒子（體）在電場中運動的綜合問題（題型研究課）講義（含解析） 1.(多選)(2018·全國卷Ⅲ)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小

2、相等 解析：選BD　經(jīng)時間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa＞xb，根據(jù)x＝at2＝·t2知，ma＜mb，故A錯誤；電場力做功Wa＞W(wǎng)b，由動能定理知，a的動能比b的動能大，故B正確；a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，故C錯誤；根據(jù)動量定理知a、b的動量大小相等，故D正確。 2．(2015·全國卷Ⅱ)如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) A．保持靜止狀態(tài) B．向左上方

3、做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 解析：選D　兩板水平放置時，放置于兩板間a點的微粒保持靜止，微粒受到的電場力與重力平衡。當將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉(zhuǎn)45°，受力如圖，則其所受合力方向沿二力角平分線方向(左下方)，微粒將向左下方做勻加速運動。選項D正確。 3．(2013·全國卷Ⅱ)如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行。a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行。一電荷量為q(q＞0)的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側運動，經(jīng)過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb。不計重力，求電場強度的大小E、質(zhì)點經(jīng)過

4、a點和b點時的動能。 解析：質(zhì)點所受電場力的大小為F＝qE 設質(zhì)點質(zhì)量為m，經(jīng)過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有 F＋Na＝m，Nb－F＝m 設質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有 Eka＝mva2，Ekb＝mvb2 根據(jù)動能定理有：2rF＝Ekb－Eka 聯(lián)立以上各式得 E＝(Nb－Na)，Eka＝(Nb＋5Na)，Ekb＝(5Nb＋Na)。 答案：(Nb－Na)　(Nb＋5Na)　(5Nb＋Na) 4.(2017·全國卷Ⅱ)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電

5、荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求： (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強度大小。 解析：(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的

6、位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得＝3。④ (2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式得 vy2＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關系知＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h＝H。⑧ (3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則 ＝⑨ 設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得 mgH＋qEs1＝Ek1－m(v02＋vy2)⑩ mgH－qEs2＝Ek2－m(v02＋vy2)? 由

7、已知條件Ek1＝1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E＝。? 答案：(1)3∶1　(2)H　(3) 5.(2014·全國卷Ⅰ)如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為q(q＞0)，同時加一勻強電場，場強方向與△OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g

8、。求： (1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值； (2)電場強度的大小和方向。 解析：(1)設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d，則OB＝d，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有 dsin 60°＝v0t① dcos 60°＝gt2② 又Ek0＝mv02③ 由①②③式得Ek0＝mgd④ 設小球到達A點時的動能為EkA，則 EkA＝Ek0＋mgd⑤ 由④⑤式得＝。⑥ (2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦ ΔEpB＝

9、6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧ 在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。設直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有 ＝⑨ 解得x＝d， MA為等勢線，電場強度必與其垂線OC方向平行。設電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關系可得 α＝30°⑩ 即電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為30°， 設電場強度的大小為E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA? 由④⑦?式得 E＝。? 答案：(1)　(2)　與豎直向下的方向的夾角為30° 近幾年高考對帶電體在電場中的運動的考查非常靈活，題型既有選擇題，又有計算題，類型既有直線運動又有偏轉(zhuǎn)運

10、動，考查的方法規(guī)律則主要涉及運動的合成與分解、牛頓運動定律、動能定理和功能關系等，因此這類問題綜合性較強?！　? 命題點一　帶電粒子在交變電場中的運動問題 題型1　帶電粒子在交變電場中的直線運動　 [例1]　(多選)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大。當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，選項圖中反映電子速度v、位移x和加速度a隨時間t的變化規(guī)律圖像，可能正確的是(　　) [解析]　在平行金屬板之間加上題圖乙所示的交變電壓時，電子在平行金屬板間所受的電場力大小始終不變，F(xiàn)＝，由牛頓第二定律F＝ma可知，電子的加速度大小始終不變，電子在第一

11、個內(nèi)向B板做勻加速直線運動，在第二個內(nèi)向B板做勻減速直線運動，在第三個內(nèi)反向做勻加速直線運動，在第四個內(nèi)向A板做勻減速直線運動，所以at圖像應如圖D所示，vt圖像應如圖A所示，A、D正確，C錯誤；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋at2，所以xt圖像應是曲線，B錯誤。 [答案]　AD (1)電壓突然反向時，電場強度、電場力也隨之反向，則加速度反向，但速度不會立即反向。 (2)注意分清vt圖像、xt圖像和at圖像，找出各階段和電壓變化的對應關系?！　? 題型2　帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)　 [例2]　(2019·衡水模擬)如圖甲所示，兩塊水平平行放置的導電板，板間距為d

12、，大量電子(質(zhì)量為m，電荷量為e)連續(xù)不斷地從中點O沿與極板平行的OO′方向射入兩板之間。當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0，當在兩板間加上圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的周期性電壓時，所有的電子均能從兩板間通過(不計重力)。求這些電子穿過平行板時距OO′的最大距離和最小距離。 [解析]　以電場力的方向為正方向，畫出電子在t＝0、t＝t0時刻進入電場后，沿電場力方向的速度vy隨時間變化的vyt 圖像如圖1和2所示 電場強度E＝ 電子的加速度a＝＝ 由圖1中vy1＝at0＝ vy2＝a×2t0＝ 由圖1可得電子的最大側移，即穿過平行板時距OO′的最大距

13、離 ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝ 由圖2可得電子的最小側移，即穿過平行板時距OO′的最小距離 ymin＝t0＋vy1t0＝。 [答案]　　 (1)交變電場中的偏轉(zhuǎn)問題難點在于每當電場方向發(fā)生變化后都要對帶電粒子重新進行受力分析和運動分析，尤其是運動分析還要結合前一段時間內(nèi)的運動情況(銜接速度、位移位置等)。 (2)借助v-t圖像可以更直觀地分析粒子的運動情況。　　 [集訓沖關] 1.一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示。在該勻強電場中，有一個帶電粒子于t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是(　　) A．帶電粒子只向一個方

14、向運動 B．0～2 s內(nèi)，電場力所做的功等于零 C．4 s末帶電粒子回到原出發(fā)點 D．2.5～4 s內(nèi)，電場力的沖量等于零 解析：選D　由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1 s內(nèi)的加速度大小a1＝，為第2 s內(nèi)加速度大小a2＝的，因此粒子先加速1 s再減速0.5 s 速度變?yōu)榱悖酉聛淼?.5 s 將反向加速運動，v-t圖像如圖所示，A錯誤；0～2 s內(nèi)，帶電粒子的初速度為零，但末速度不為零，由動能定理可知電場力所做的功不為零，B錯誤；由v-t圖像中圖線與時間軸圍成的圖形的面積為物體的位移，由圖可以看出，前4 s內(nèi)的位移不為零，所以帶電粒子不會回到原出發(fā)點，C錯誤；2.5～4 s內(nèi)，電場

15、力的沖量為I＝2qE0×0.5＋(－qE0)×1＝0，D正確。 2．在圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO′射入。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力，問： (1)若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為多少？ (2)若電子從t＝0時刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長？ (3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出，電子應從哪一時刻射入？兩極板間距至少為多大？ 解析：(1)由動能定理得：e·＝mv2－mv02 解得v＝ 。 (

16、2)t＝0時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運動，向正極板方向偏轉(zhuǎn)，半個周期后電場方向反向，電子繼續(xù)在該方向上做勻減速運動，再經(jīng)過半個周期，電場方向上的速度減到零，此時實際速度等于初速度v0，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復這樣的運動； 要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′方向上至少運動一個周期，故極板長至少為L＝v0T。 (3)若要使電子從OO′平行于極板飛出，則電子在電場方向上應先加速、再減速，反向加速、再減速，每階段時間相同，一個周期后恰好回到OO′上，可見應在t＝＋k·(k＝0,1,2，…)時射入； 極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上， 由牛頓第二定律有

17、a＝ 加速階段運動的距離 s＝··2≤ 解得d≥T 故兩極板間距至少為T 。 答案：(1) 　(2)v0T　(3)＋k·(k＝0,1,2，…)　T 命題點二　帶電體在等效場中的運動問題 　1.等效思維法 等效思維法是將一個復雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。對于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復雜，運算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復雜的運算，過程比較簡捷。 2.方法應用 先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為“等效重力”，將a＝視為“等效重力加速度”，如此便建立起“等效重力場”。再將物體在重力場中的運動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。

18、 [典例]　如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶負電的小球在軌道內(nèi)側做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。求： (1)小球所受的電場力大??； (2)小球在A點的速度v0為多大時，小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小。 [解析]　(1)小球經(jīng)過C點時速度最大，則電場力與重力的合力沿DC方向，如圖所示，所以小球受到的電場力的大小 F＝mgtan θ＝mg。 (2)要使小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小，則

19、必須使小球經(jīng)過D點時的速度最小，即在D點小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有 ＝m， 解得v＝。 在小球從圓軌道上的D點運動到A點的過程中，有 mgr(1＋cos θ)＋Frsin θ＝mv02－mv2， 解得v0＝2。 [答案]　(1)mg　(2)2 (1)帶電小球的運動可以視為只有“等效重力”時豎直平面內(nèi)的圓周運動。 (2)小球經(jīng)過C點時速度最大，可以作為“等效最低點”，則通過圓心和C點相對的D點可以作為“等效最高點”。 (3)重力和電場力合力的方向，一定在“等效最高點”和“等效最低點”連線的延長線的方向上?！　? [集訓沖關] 1.(多選)如圖，一根不可伸長的絕緣細

20、線一端固定于O點，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現(xiàn)把細線水平拉直，小球從A點由靜止釋放，經(jīng)最低點B后，小球擺到C點時速度為0，則(　　) A．小球在B點時速度最大 B．小球從A點到B點的過程中，機械能一直在減少 C．小球在B點時細線的拉力最大 D．從B點到C點的過程中小球的電勢能一直增加 解析：選BD　小球所受重力和電場力恒定，重力和電場力的合力恒定，小球相當于在重力和電場力的合力及細線的拉力作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動。當小球運動到重力和電場力的合力和細線的拉力共線時(不是B點)，小球的速度最大，此時細線的拉力最大，A、C錯誤；從A點到C點的過程中，小球所受重力做正

21、功，小球擺到C點時速度為0，所以電場力對小球做負功，小球從A點到B點的過程中，機械能一直在減少，B正確；從B點到C點的過程中，小球克服電場力做功，小球的電勢能一直增加，D正確。 2.如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(q＞0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點，OP與豎直方向的夾角θ＝37°。不計空氣阻力，已知重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)電場強度E的大??； (2)若要使小球從P點出發(fā)能做完整的圓周運動，小球初速度的大小應滿足的條件。 解析：(1

22、)當小球靜止在P點時，小球的受力情況如圖所示， 則有＝tan θ，所以E＝。 (2)小球所受重力與電場力的合力F＝＝mg。當小球做圓周運動時，可以等效為在一個“重力加速度”為g的“重力場”中運動。若要使小球能做完整的圓周運動，則小球必須能通過圖中的Q點。設當小球從P點出發(fā)的速度為vmin時，小球到達Q點時速度為零，在小球從P運動到Q的過程中，根據(jù)動能定理有 －mg·2r＝0－mvmin2， 所以vmin＝，即小球的初速度應不小于。 答案：(1)　(2)不小于 命題點三　電場中的力電綜合問題 [典例]　如圖所示，水平絕緣光滑軌道AB的B端與處于豎直平面內(nèi)的半圓弧形光滑絕緣軌道B

23、CD平滑連接，半圓弧的半徑R＝0.50 m。軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度E＝1.0×104 N/C?，F(xiàn)將一質(zhì)量m＝0.06 kg的帶電小球(可視為質(zhì)點)放在水平軌道上與B端距離s＝1.0 m的位置，由于受到電場力的作用，帶電小球由靜止開始運動。已知帶電小球所帶的電荷量q＝8.0×10－5 C，取g＝10 m/s2，問： (1)小球能否到達半圓弧最高點D? (2)半圓弧軌道對小球的支持力的最大值為多少？ [解析]　(1)假設小球能到達D點，且速度為vD， 從A到D過程，由動能定理得qEs－mg·2R＝mvD2 可得小球在D點所需要的向心力為 Fn＝＝0.8 N 而重

24、力G＝mg＝0.6 N Fn＞G，故小球能到達半圓弧最高點D。 (2)小球在電場中受到的電場力和重力的合力大小為 F＝＝1 N 方向與豎直方向的夾角正切值為tan θ＝＝ 當F的方向通過圓心O向外時，小球速度達到最大，設此位置為P， 小球從開始運動到P點的過程，由動能定理得 qE(s＋Rsin θ)－mg(R－Rcos θ)＝mvP2 在P點，由牛頓第二定律得N－F＝ 解得N＝5 N。 [答案]　(1)小球能到達半圓弧最高點D　(2)5 N (1)電場中的力電綜合問題往往涉及帶電體的多過程運動，可以分段研究以降低難度，注意分段列方程時銜接速度的利用。 (2)也可以對

25、整體過程列方程以簡便計算，這時需要注意把帶電體各個階段的受力情況、運動情況、做功情況等分析全面，不能遺漏某個力或功。 (3)解答此類問題需要在正確進行受力分析、運動分析的基礎上，用好牛頓第二定律、運動的合成與分解、動能定理、功能關系等規(guī)律方法?！　? [集訓沖關] 1.(多選)(2019·沈陽模擬)如圖所示，在電場強度大小為E的勻強電場中，將一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電小球從O點由靜止釋放，小球沿直線OA斜向下運動，直線OA與豎直方向的夾角為θ。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，下列判斷正確的是(　　) A．場強的最小值為E＝ B．場強的最小值為E＝ C．E＝時，小球的電勢能一

26、定不變 D．E＝時，小球的機械能一定減小 解析：選AC　小球所受合力沿OA方向，由力的合成知識易知，當電場力方向與OA垂直時，電場力最小，如圖所示，電場力最小值Fmin＝mgsin θ，由Fmin＝qE，解得場強的最小值E＝，選項A正確，B錯誤；當E＝時，電場力方向與運動方向垂直，電場力不做功，小球的電勢能一定不變，小球的機械能不變，選項C正確，D錯誤。 2．(2019·綿陽診斷)如圖所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點和D點，水平段AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段與水平面的夾角θ＝37°，D、C兩點的高度差h

27、＝0.1 m，整個軌道絕緣，處于方向水平向左、大小未知的勻強電場中。一個質(zhì)量m1＝0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點由靜止釋放，經(jīng)過時間t＝1 s，與靜止在B點的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6 kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起，在BC段上做勻速直線運動，最終在傾斜段DP上某位置靜止。物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.2。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運動的速度大??； (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過C點時，圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。 解析：(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運動，設電場強度為E，物塊Ⅰ所帶電荷量為q，物塊Ⅰ和Ⅱ碰撞前瞬間速度為v1，碰撞后瞬間共同速度為v2(等于在BC段上做勻速直線運動的速度)，則 qE＝μ(m1＋m2)g qEt＝m1v1 m1v1＝(m1＋m2)v2 解得v2＝2 m/s。 (2)設圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過C點時，圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小為FN，則 FN－(m1＋m2)g＝ R(1－cos θ)＝h 解得FN＝18 N。 答案：(1)2 m/s　(2)18 N