专题六 带电粒子在电场中运动的综合问题-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

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考点一 带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场
常见的产生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(一般根据交变电场特点分解研究)。
3．思维方法
(1)注重全面分析(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，求解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)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。
角度1 带电粒子在交变电场中的往返运动
[例1] (多选)(2020·山东潍坊市二模)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为＋q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是( )
A．粒子在电场中运动的最短时间为eq \f(\r(2)d,v0)
B．射出粒子的最大动能为eq \f(5,4)mveq \\al(2,0)
C．t＝eq \f(d,2v0)时刻进入的粒子，从O′点射出
D．t＝eq \f(3d,v0)时刻进入的粒子，从O′点射出
[解析] 由题图可知场强E＝eq \f(mv\\al(2,0),2qd)，则粒子在电场中的加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(v\\al(2,0),2d)，则粒子在电场中运动的最短时间满足eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,min)，解得tmin＝eq \f(\r(2)d,v0)，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝eq \f(8d,v0)，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，选项B错误；t＝eq \f(d,2v0)＝eq \f(T,8)时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速eq \f(3T,8)，后向下减速eq \f(3T,8)，此时速度减到零；然后向上加速eq \f(T,8)，再向上减速eq \f(T,8)，此时速度减到零……如此反复，则最后从O′点射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O′点下方射出，故C错误；t＝eq \f(3d,v0)＝eq \f(3T,4)时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速eq \f(T,4)，后向上减速eq \f(T,4)，此时速度减到零；然后向下加速eq \f(T,4)，再向下减速eq \f(T,4)，此时速度减到零……如此反复，则最后从O′点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O点射出，选项D正确。
[答案] AD
[跟踪训练]
1．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始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板运动时为速度的正方向，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)( )
[解析] 电子在交变电场中所受电场力大小不变，加速度大小不变，故C、D两项错误；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。
[答案] A
角度2 带电粒子在交变电场中的偏转运动
[例2] (2020·邢台模拟)如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，粒子质量为m，电荷量为q。若将两金属板接到如图(乙)所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：
(1)交变电压的周期T应满足什么条件，粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件；
(2)两板间距d应满足的条件。
[审题指导] 欲使该粒子从b点以速度v0射出应满足的条件：
(1)竖直方向上的速度由0经过一系列的变速运动再变为0；
(2)竖直方向上先加速后减速再反向加速再减速，总位移为0。
[解析] (1)要使带电粒子从b点以速度v0射出，应满足eq \f(L,v0)＝nT(n为正整数)，则T＝eq \f(L,nv0)(n为正整数)，由运动的对称性可知，射入的时刻应为t＝eq \f(nT,2)＋eq \f(T,4)，
即t＝eq \f(2n＋1L,4nv0)(n为正整数)。
(2)第一次加速过程有y1＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×eq \f(qU0,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,4)))2，
将T代入得y1＝eq \f(qU0L2,32mdn2v\\al(2,0))
要使粒子不打在板上，应满足eq \f(d,2)≥2y1
即d≥eq \f(L,nv0)eq \r(\f(qU0,8m))(n为正整数)。
[答案] (1)T＝eq \f(L,nv0)(n为正整数) t＝eq \f(2n＋1L,4nv0)(n为正整数) (2)d≥eq \f(L,nv0)eq \r(\f(qU0,8m))(n为正整数)
[跟踪训练]
2．如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m、带电荷量为e的电子(初速度可视为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝Leq \r(\f(m,2eU0))，板间中线与电子源在同一水平线上。已知金属板M、N间距为d，极板长为L，求：
(1)电子进入偏转极板时的速度；
(2)eq \f(T,4)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触)。
[解析] (1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有eU0＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(2eU0,m))。
(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间
t＝eq \f(L,v)＝Leq \r(\f(m,2eU0))＝T
故在eq \f(T,4)时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板。
[答案] (1) eq \r(\f(2eU0,m)) (2)0
考点二 带电粒子在电场中运动的力、电综合问题
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。
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。
(2)动量守恒定律的应用可以解决多个运动过程的交汇点，使物体由一个运动过渡到另一个运动。
[例3] 如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104 N/C。现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C、质量m＝0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)。取g＝10 m/s2。试求：
(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；
(2)D点到B点的距离xDB；
(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能。(结果保留三位有效数字)
[解析] (1)设带电体恰好通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)，
解得vC＝2.0 m/s
设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有
FB－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)。
带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理有
－mg×2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
联立解得FB＝6.0 N，
根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力大小为
F′B＝6.0 N。
(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2R＝eq \f(1,2)gt2
xDB＝vCt－eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2
联立解得xDB＝0。
(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有
qERsin 45°－mgR(1－cs 45°)＝Ekm－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
代入数据解得Ekm≈1.17 J。
[答案] (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J
◆规律总结 解决力电综合问题的一般思路
[跟踪训练]
3．(2021·广州模拟)在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为＋q的小球。小球始终处在场强大小为eq \f(3mg,2q)、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g，不计空气阻力，求：
(1)细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；
(2)O、P两点间的电势差。
[解析] 由题意可知小球受到竖直向上的电场力F＝qE＝1.5mg＞mg
所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v，由动能定理得：(F－mg)L＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(gL)，
设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律得：FT＋mg－F＝meq \f(v2,L)
解得：FT＝1.5mg
(2)细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a竖直向上，由牛顿第二定律：F－mg＝ma
设细线断裂后小球经时间t到达P点，
水平方向上有L＝vt
小球在竖直方向上的位移为y＝eq \f(1,2)at2
解得y＝eq \f(L,4)
O、P两点沿电场方向(竖直方向)的距离为d＝L＋y
O、P两点间的电势差UOP＝Ed
联立解得UOP＝eq \f(15mgL,8q)。
[答案] (1)1.5mg (2)eq \f(15mgL,8q)
eq \a\vs4\al([对应学生用书第111页])
规范解答4——带电粒子在电场中运动的综合问题
[典例] (20分)如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电。两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔。C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电。两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′。半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计。现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，求：
(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大？
(2)为了使微粒能在C、D板间运动而不碰板，C、D板间的电场强度大小应满足什么条件？
(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒会通过半圆形金属板间的最低点P点？
[审题指导]
规范解答
(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理得：
qU＝eq \f(1,2)mv2①(3分)
解得：v＝eq \r(\f(2qU,m))(2分)
(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qE＝meq \f(v2,R)＝meq \f(2v2,L)②(3分)
联立①②解得：E＝eq \f(4U,L)(2分)
(3)微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，则：
d＝eq \f(1,2)vt1③(2分)
解得：t1＝2deq \r(\f(m,2qU))(1分)
设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则：
t2＝eq \f(1,4)·eq \f(2πR,v)＝eq \f(πL,4v)＝eq \f(πL,4)eq \r(\f(m,2qU))④(2分)
从释放微粒开始到微粒第一次到达P点经过的时间：
t1＋t2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2d＋\f(πL,4))) eq \r(\f(m,2qU))⑤(2分)
根据运动的对称性可知，再经过2(t1＋t2)时间微粒再一次经过P点，所以微粒经过P点的时间：t＝(2k＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2d＋\f(πL,4))) eq \r(\f(m,2qU))(k＝0、1、2……)⑥(3分)
提分必备
1.分步列式，不要列综合式，也不要直接使用“二级结论”列式。
2．题目中已有物理量符号，一定要用题目中的字母表达方程，否则计算结果容易出现错误，影响步骤分。
3．解题过程中，必要的几何关系即使简单也不能少，否则将会失去步骤分。
4．尽量根据题设条件写出必要的方程，力争多得步骤分。
5．结果十分重要，尽管分值不高，在结果对的情况下步骤有点不完善，有时也能得满分。