2022版高考物理一轮复习-第7章-静电场-微专题8-带电粒子在电场中运动的综合问题教案

2022版高考物理一轮复习第7章静电场微专题8带电粒子在电场中运动的综合问题教案2022版高考物理一轮复习第7章静电场微专题8带电粒子在电场中运动的综合问题教案PAGE9-2022版高考物理一轮复习第7章静电场微专题8带电粒子在电场中运动的综合问题教案2022版高考物理一轮复习第7章静电场微专题8带电粒子在电场中运动的综合问题教案年级：姓名：微专题八带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题带电粒子在交变电场中的运动常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等，从高考常见题型来看，带电粒子有三种运动情况，一是单向直线运动，二是往返运动，三是偏转运动。(1)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，分析粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。(2)若利用速度—时间图象分析运动，则要注意五点：①带电粒子进入电场时刻的运动状态；②图象的切线斜率表示加速度；③图线与坐标轴围成的面积表示位移；④注意对称性和周期性变化关系的应用；⑤图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向。带电粒子的单向直线运动eq\o([典例1])如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始时A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时的速度方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()甲乙ABCDA[电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C、D项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，eq\f(1,2)T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B项错误。]带电粒子的往返性运动eq\o([典例2])(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零CD[设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，v­t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。]带电粒子的偏转运动eq\o([典例3])(多选)(2020·德州模拟)如图甲所示，真空中水平正对放置长为L的平行金属板，以两板中间线为x轴，以过极板右端竖直向上的方向为y轴建立坐标系。在t＝0时，将图乙所示的电压加在两板上，与此同时电子持续不断地沿x轴以速度v0飞入电场，所有电子均能从两板间飞出。不考虑电子间的相互作用，电子的重力忽略不计。关于电子经过y轴的位置，正确的描述是()甲乙A．当L≪v0T时，电子从两个不同位置经过y轴，一个在坐标原点处，一个在y轴正方向某处B．当L＝v0T时，电子经过y轴某一段区域，这个区域位于y轴正方向上，从原点开始C．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度大小不同，但都大于飞入速度v0的值D．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值AD[当L≪v0T时，电子水平方向做匀速直线运动，t＝eq\f(L,v0)，所以t≪T，可认为电子进入时电场没变，当没有电场时，粒子到达原点，当有电场时，粒子做类平抛运动，y＝eq\f(1,2)·eq\f(eUAB,md)·eq\f(L2,v\o\al(2,0))＝eq\f(eUABL2,2mdv\o\al(2,0))，A正确；当L＝v0T时，电子穿越时间为一个周期，电子半个周期偏转，半个周期匀速直线运动，因为偏转半个周期，所以不可能到达原点；竖直方向y＝eq\f(1,2)eq\f(eUAB,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(eUABT2,8md)，偏转相同，所以电场力对电子做功相同，动能增量相同，末动能相同，末速度大小相同；到达y轴竖直速度vy＝eq\f(eUAB,dm)t＝eq\f(eUABT,2dm)，设速度与y轴夹角为θ，有tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(2dmv0,eTUAB)，所以电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值，B、C错误，D正确。]eq\o([跟进训练])1.(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)由静止开始运动，则下列说法中正确的是()A．微粒将沿着一条直线运动B．微粒在第2s末的速度为零C．微粒在第1s内的加速度与第2s内的加速度相同D．微粒在第1s内的位移与第2s内的位移相同ABD[由图可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2s末的速度恰好是0，即微粒第1s内做加速运动，第2s内做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A、B正确，C错误；由对称性可知，微粒在第1s内的平均速度与第2s内的平均速度相同，由x＝eq\f(1,2)vt得，微粒在第1s内的位移与第2s内的位移相同，故D正确。]2．(多选)如图甲所示，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()甲乙A．末速度大小为eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了eq\f(1,2)mgdD．克服电场力做功为mgdBC[因0～eq\f(T,3)内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)时间内，粒子只受重力作用，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，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知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。]电场中的力电综合问题1．带电粒子在电场中的运动(1)分析方法：先分析受力情况，再分析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)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律等解题。(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。2．“三大观点”的应用(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。(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。(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。动力学和能量观点的应用eq\o([典例4])如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电荷量为q＝－2×10－5C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＝0.5m的绝缘半圆轨道最高点C，已知小球质量为m＝0.5kg，匀强电场的场强E＝2×105N/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10m/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2m/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－qE＝meq\f(v\o\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\o\al(2,C)－0解得H＝1.25m。(2)小球从C点飞出后做类平抛运动有mg－|q|E＝ma解得a＝2m/s2竖直方向y＝eq\f(1,2)at2水平方向x＝v′Ct根据几何关系tanθ＝eq\f(2R－y,x)解得t＝0.5sy＝0.25m从C到落回斜面，由动能定理有mgy－|q|Ey＝Ek－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,C)解得Ek＝1.25J。[答案](1)1.25m(2)1.25J动力学、动量和能量观点的应用eq\o([典例5])如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m＝1.0×10－2kg、所带电荷量q＝2.0×10－5C，乙球质量为甲球质量的3倍。取g＝10m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0。[解析](1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x，乙离开D点后做类平抛运动，则2R＝eq\f(1,2)at2，x＝vDt根据牛顿第二定律有a＝eq\f(mg＋qE,m)乙过D点时有mg＋qE＋N＝meq\f(v\o\al(2,D),R)(式中N为乙在D点时轨道对乙的作用力)根据牛顿第三定律有N＝N′＝2.5mg解得x＝0.6m。(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有eq\f(1,3)mv0＝eq\f(1,3)mv1＋mv2eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)联立解得v2＝eq\f(1,2)v0乙球从B到D的过程中，根据动能定理有－mg·2R－qE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)由(1)可得vD＝3m/s联立解得v0＝10m/s。[答案](1)0.6m(2)10m/seq\o([跟进训练])1.如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)匀强电场的场强大小E；(2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小；(3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能。[解析](1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，有FTcos37°＝mgFTsin37°＝qE解得：E＝eq\f(3mg,4q)。(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，有Eq＝max＝eq\f(1,2)at2h＝eq\f(1,2)gt2联立解得x＝eq\f(3,4)h。(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得Ek＝mgh＋qEx＝eq\f(25,16)mgh。[答案](1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(3,4)h(3)eq\f(25,16)mgh2．如图所示，ACB是一条绝缘水平轨道。轨道CB长L＝18m，且处在方向水平向右、大小E＝1.0×106N/C的匀强电场中。一质量m＝0.25kg、电荷量q＝－2.0×10－6C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0m的A点处，在拉力F＝4.0N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达电场中某点时撤去拉力，到达B点时速度恰好为零，已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ(1)小物体到达C点的速度大小；(2)小物体在电场中运动的时间。[解析](1)小物体的加速度a＝eq\f(F－μmg,m)＝12m/s2vC＝eq\r(2aL0)＝12m/s。(2)小物体进入电场后，未撤去拉力F前的加速度a2＝eq\f(F－|qE|－μmg,m)＝4m/s2A到B由动能定理F(L0＋x)－μmg(L0＋L)－|qE|L＝0x＝9mx＝vCt1＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)解得t1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\r(6)－3))s又a3＝eq\f(|qE|＋μmg,m)＝12m/s2撤去力F后小物体向右的运动可看作反向的初速度为0的匀加速运动，则有L－x＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)得t2＝eq\f(\r(6),2)s由于|qE|>μmg，所以小物体不会静止在B点，则加速度a4＝eq\f(|qE|－μmg,m)＝4m/s2t3＝eq\r(\f(2L,a4))＝3st＝t1＋t2＋t3＝2eq\r(6)s。[答案](1)12m/s(2)2eq\r(6)s3．真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场，A、B、C三点在电场中同一条竖直线上，C是A、B的中点。在某时刻，带电油滴a经过A点竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，不带电油滴b在B点由静止释放。经过一段时间，a、b在C点相碰成为油滴c，此时刻将电场强度的大小突然变为某值，但保持其方向不变，再经过相同的时间，油滴c运动回到C点。油滴a、b的质量都为m，重力加速度大小为g，油滴a、b、c均可视为质点。求：(1)油滴