高考物理一轮复习第七章专题五带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题教案新人教版

专题五带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题突破1电场中的图象问题1．一带负电粒子在电场中仅受静电力作用沿x轴正方向做直线运动的v­t图象如图所示，起始点O为坐标原点，下列关于电势φ、粒子的动能Ek、电场强度E、粒子加速度a与位移x的关系图象中可能合理的是(C)解析：由v­t图象可知速度减小，且加速度逐渐减小，电场力做负功，动能逐渐减小，而电场强度E＝eq\f(F,q)＝eq\f(ma,q)，所以沿＋x方向场强逐渐减小，则电势不是均匀减小，所以A、B、D错误，C可能合理．2．(多选)沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则(CD)A．从O点到C点，电势先升高后降低B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C．粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量D．粒子运动到C点时动能小于3Ek解析：沿x轴正方向，场强方向不变，带正电粒子沿x轴正方向运动，表示场强沿x轴正方向，电势降低，A错误；由于场强在改变，所以电场力变化，加速度也在变化，B错误；由E­x图象可知，AB段电势差大于BC段电势差，所以C正确；由于UAC<2UOA，根据动能定理q(UOA＋UAC)＝EkC，已知qUOA＝Ek，所以EkC<3Ek，D正确．3．(多选)现有一组方向平行于x轴的电场线，若从x轴的坐标原点由静止释放一个带电粒子，该粒子仅在电场力的作用下沿着x轴的正方向从x1＝0处运动到x2＝1.2cm处，其电势φ随位移x的变化情况如图所示．下列说法正确的是(BD)A．在x轴上0～0.6cm的范围内和0.6～1.2cm的范围内电场的方向一定相反B．该粒子一定带正电C．在x轴上x＝0.6cm的位置，电场强度大小为0D．该粒子从x1＝0处运动到x2＝1.2cm处的过程中，电势能一直减小解析：沿电场线方向电势降低，在x轴上0～0.6cm的范围内和0.6～1.2cm的范围内电场的方向一定相同，选项A错误；电场方向沿x轴正方向，带电粒子仅在电场力的作用下沿着x轴的正方向运动，电场力方向沿x轴正方向，所以该粒子一定带正电，选项B正确；在0～1.2cm的范围内，电场强度为E＝eq\f(Δφ,Δx)＝5000V/m，选项C错误；该粒子从x1＝0处运动到x2＝1.2cm处的过程中，电场力对粒子做正功，电势能一直减小，选项D正确．4．(多选)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是(AC)A．电子运动的轨迹为直线B．该电场是匀强电场C．电子在N点的加速度小于在M点的加速度D．电子在N点的动能小于在M点的动能解析：电子初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，故选项A正确；电子通过相同位移时，电势能的减少量越来越小，说明电场力做功越来越少，由W＝Fs可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，不可能是匀强电场，故选项B错误；由于Ep­x图线的斜率表示电场力的大小，根据图象可知，电子受到的电场力越来越小，故该电场不是匀强电场，电子做加速度逐渐减小的加速运动，选项C正确；电子从M运动到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正功，则动能增大，因此在N点的动能大于在M点的动能，故选项D错误．突破2带电粒子在交变电场中运动1．常见的交变电场常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般分解研究)．3．分析两个关系(1)力和运动的关系．(2)功能关系．如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UBA＝1125V，两板中央各有小孔O和O′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长度均为L1＝4×10－2m，板间距离d＝4×10－3m，在距离M、N右侧边缘L2＝0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″点并发出荧光．现在金属板M、N之间加上按如图乙所示规律变化的电压U，M板电势低于N板电势．已知电子质量为m＝9.0×10－31kg，电荷量为e＝1.6×10－19C．求：(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度为多大？(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？[审题指导](1)本题包含三个运动过程：电子先加速，再偏转，最后做匀速直线运动打在荧光屏上．(2)在偏转电场中，每个电子通过的时间与电压的变化周期相比很小，可认为每个电子通过时电压不变，电场为匀强电场．【解析】(1)电子在A、B两块金属板间加速，有eUBA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2eUBA,m))＝eq\r(\f(2×1.6×10－19×1125,9×10－31))m/s＝2×107m/s.(2)由于电子穿过MN间所用时间极短，故电子穿过MN的过程可视为板间电压不变，当U1＝22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为y1＝eq\f(1,2)·eq\f(eU1,md)(eq\f(L1,v0))2＝2×10－3m，y1<d，说明所有的电子都可以飞出M、N.此时电子在竖直方向的速度大小为v1＝eq\f(U1e,dm)·eq\f(L1,v0)＝eq\f(1.6×10－19,9×10－31×4×10－3)×eq\f(4×10－2,2×107)m/s＝2×106m/s.电子离开极板后，以荧光屏P的时间t2＝eq\f(L2,v0)＝eq\,2×107)s＝5×10－9s，相应的偏移量为y2＝vyt2＝2×106×5×10－9m＝10－2m．电子打在荧光屏上的总偏移量为y＝y1＋y2＝2×10－3m＋10－2m＝0.012m．故电子打在荧光屏上的范围是从O″向下0～0.012m.【答案】(1)2×107m/s(2)范围为从O″向下0～0.012m内1．(2019·河南豫南九校联考)(多选)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量为q的电子仅在静电力作用下，在t＝eq\f(T,4)时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则(AB)A．A、B两板间的距离为eq\r(\f(qU0T2,16m))B．电子在两板间的最大速度为eq\r(\f(qU0,m))C．电子在两板间做匀加速直线运动D．若电子在t＝eq\f(T,8)时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板解析：电子在t＝eq\f(T,4)时刻由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，由于在第一个eq\f(T,4)内做匀加速直线运动，在第二个eq\f(T,4)内做匀减速直线运动，在第三个eq\f(T,4)内反向做匀加速直线运动，可知经过两个eq\f(T,4)时间恰好到达B板，加速度a＝eq\f(qU0,md)，有d＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，故A正确．由题意可知，经过eq\f(T,4)时间速度最大，则最大速度为vm＝aeq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，故B正确．电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故C错误．若电子在t＝eq\f(T,8)时刻进入两极板，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，若电子匀减速到零，位移之和大于极板的间距，电子不会做往复运动，在匀减速直线运动的过程中到达B板，故D错误．2．(多选)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～eq\f(T,3)时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(BC)A．末速度大小为eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了eq\f(1,2)mgd D．克服电场力做功为mgd解析：因0～eq\f(T,3)内微粒匀速运动，故微粒受到的电场力方向向上，E0q＝mg，由题图可知在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)时间内，两金属板间没有电场，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝eq\f(2T,3)时刻的竖直速度为vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度为v0，在eq\f(2T,3)～T时间内，微粒满足2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减少了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可得eq\f(1,2)mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为eq\f(1,2)mgd，选项D错误．带电粒子在交变电场中运动的思维流程：(1)分析电场的变化规律，确定粒子初始运动状态；(2)分析受力情况，根据初始状态确定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)；(3)然后选用恰当的力学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．突破3带电粒子力电综合问题要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系、功能关系和动量关系等多角度进行分析与研究．解决力电综合问题的方法：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．(2019·福建莆田二模)如图所示，竖直平面内有一坐标系xOy，已知A点坐标为(－2h，h)，O、B区间存在竖直向上的匀强电场．甲、乙两小球质量均为m，甲球带的电荷量为＋q，乙球带的电荷量为－q，分别从A点以相同的初速度水平向右抛出后，都从O点进入匀强电场，其中甲球恰从B点射出电场，乙球从C点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13倍．已知重力加速度为g.求：(1)小球经过O点时速度的大小和方向．(2)匀强电场的电场强度E.[审题指导](1)从A到O，只受重力，做平抛运动．(2)甲、乙两球进入电场后，在重力和电场力作用下做匀变速曲线运动，运用分解的方法处理．【解析】(1)如图1所示，设小球经过O点时的速度为v，水平分速度为vx，竖直分速度为vy，平抛运动的时间为t.根据平抛运动规律h＝eq\f(1,2)gt2①，2h＝vxt②，vy＝gt③，v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))④，tanθ＝eq\f(vy,vx)⑤由以上式子解得v＝2eq\r(gh)，θ＝45°，vy＝vx⑥(2)甲球在B点的速度如图2所示，乙球在C点的速度如图3所示．依题意得EkC＝13EkB⑦甲球在OB运动过程中电场力、重力做功为零，故甲球在B点射出时速度仍为v，水平分速度仍为vx，竖直分速度为vy，大小不变，方向竖直向上．设甲球在电场中的加速度为a甲，乙球在电场中的加速度为a乙；甲、乙两球在电场中运动的时间为t′.研究竖直方向，有对甲球：2vy＝a甲t′⑧，Eq－mg＝ma甲⑨，对乙球：vcy－vy＝a乙t′⑩，Eq＋mg＝ma乙⑪，由⑥～⑪式解得E＝eq\f(3mg,q).【答案】(1)2eq\r(gh)与水平方向的夹角θ＝45°(2)eq\f(3mg,q)3．(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(D)A．仍然保持静止 B．竖直向下运动C．向左下方运动 D．向右下方运动解析：水平金属板间电场沿竖直方向，等势面为一组水平面．带电油滴处于静止状态，说明油滴受到的电场力方向竖直向上且Eq＝mg.B板右端向下移动一小段距离，两极板间电压不变，则两极板间的等势面右端同样向下弯曲．电场线与等势面垂直，同样产生弯曲，且电场强度减小．竖直方向上Eyq<mg，水平方向上Exq向右，故油滴向右下方运动，故D项正确．4．(2019·江西师大附中、九江一中联考)(多选)如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下落，加速度为eq\f(2,3)g，下落高度H到B点后与一绝缘轻弹簧接触，又下落h到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是(BD)A．物块在B点速度最大B．弹簧的弹性势能的增加量为eq\f(2mgH＋h,3)C．带电物块电势能增加量为mg(H＋h)D．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为eq\f(mgH＋h,3)解析：物块由静止开始下落时的加速度为a＝eq\f(2,3)g，根据牛顿第二定