高中物理高考 专题（34）带电体在电场中运动的综合问题（解析版）

2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练

专题（34）带电体在电场中运动的综合问题（解析版）

考点一

1.如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：

(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；

(2)A点距电场上边界的高度；

(3)该电场的电场强度大小．

【答案】(1)3∶1　(2)H　(3)

【解析】(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.在竖直方向上只受重力作用，所以M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得

v0－at＝0　①

s1＝v0t＋at2　②

s2＝v0t－at2　③

联立①②③式得

＝.　④

(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得

v＝2gh　⑤

H＝vyt＋gt2　⑥

M进入电场后做直线运动，由几何关系知

＝　⑦

联立①②⑤⑥⑦式可得

h＝H.　⑧

(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则

＝　⑨

设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得

Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1　⑩

Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2　⑪

由已知条件得

Ek1＝1.5Ek2　⑫

联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得

E＝.

【提 分 笔 记】

用正交分解的方法分析带电小球进入电场后(在复合场中)的运动，将带电小球的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律是可以掌握的．

考点二

2.如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)水平向右电场的电场强度的大小；

(2)若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大；

(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能。

【答案】(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL

【解析】(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力(如图所示)，则

FNsin 37°＝qE①

FNcos 37°＝mg②

由①②可得E＝。

(2)若电场强度减小为原来的，则

E′＝，

mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma，

可得a＝0.3g。

(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得：

mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0

可得Ek＝0.3mgL

3.如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g＝10 m/s2，求：

(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？

(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？

【答案】(1)7 m/s　(2)0.6 N

【解析】(1)设小滑块到达Q点时速度为v，

由牛顿第二定律得mg＋qE＝①

小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得

－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv②

联立方程①②，解得v0＝7 m/s

(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得

－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv③

又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m④

代入数据，解得FN＝0.6 N⑤

由牛顿第三定律得

小滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝0.6 N⑥

【提 分 笔 记】

等效重力场

(1)内容

物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”．

(2)等效重力场的对应概念及解释

考点三 分阶段法研究带电小球在复合场中的多过程运动

4.真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.

(1)求油滴运动到B点时的速度；

(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．

【答案】(1)v0－2gt1　(2)见解析

【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1　①

油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1　②

电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2　③

油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1　④

由①②③④式得v2＝v0－2gt1.　⑤

(2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg　⑥

油滴从t＝0到时刻t1的位移为s1＝v0t1＋a1t　⑦

油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为

s2＝v1t1－a2t　⑧

由题给条件有v＝2g(2h)　⑨

式中h是B、A两点之间的距离．

若B点在A点之上，依题意有s1＋s2＝h　⑩

由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得

E2＝E1　⑪

为使E2>E1，应有2－2＋2>1　⑫

即当0<t1<　⑬或t1>　⑭才是可能的．

条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．

若B点在A点之下，依题意有s1＋s2＝－h　⑮

由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得

E2＝E1　⑯

为使E2>E1，应有

2－2－2>1　⑰

即t1>　⑱，另一解为负，不合题意，已舍去．

5.如图所示，长为2L的平板绝缘小车放在光滑水平面上，小车两端固定两个绝缘的带电小球A和B，A的带电荷量为＋2q，B的带电荷量为－3q，小车(包括带电小球A、B)总质量为m。虚线MN与PQ均沿竖直方向且相距3L，开始时虚线MN位于小车正中间。若视带电小球为质点，在虚线MN、PQ间加上方向水平向右、电场强度大小为E的匀强电场后，小车开始运动。试求：

(1)小车向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；

(2)A球从开始运动至刚离开电场所用的时间。

【答案】(1)L　4qEL　(2)(3－)

【解析】(1)设A球出电场的最大位移为x，由动能定理得

2qEL－qEL－3qEx＝0

解得x＝

则小车向右运动的最大距离为xA＝2L＋＝L

B球从刚进入电场到小车速度第一次为零时的位移为

xB＝L－L＝L

则B球电势能的变化量为ΔEp＝－W＝3qE·L＝4qEL。

(2)设B球刚进入电场时小车速度为v1，由动能定理得

2qEL＝mv

解得v1＝2

取向右为正方向，B球进入电场前，小车加速度为a1＝

运动时间t1＝＝

B球进入电场后，A球离开电场前，小车加速度为

a2＝－

由运动学规律有v1t2＋a2t＝L

解得运动时间t2＝(2－)

(t2＝(2＋)舍去 )

则A球从开始运动到刚离开电场所用总时间

t＝t1＋t2＝(3－)。

6.如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电荷量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙所示．已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求：

(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；

(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小；

(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离．

【答案】(1)　(2)(6＋3)mg　(3)2　在B点左侧6R处

【解析】(1)A点由牛顿第二定律有

q0E－μmg＝m·g

B点由牛顿第二定律有

q1E－μmg＝m·g

联立解得Δq＝q1－q0＝.

(2)由A到B由动能定理得

m··4R＝mv－0

将电场力与重力等效为“重力G′”，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则有

G′＝＝mg

cos α＝

从B到“等效最低点”由动能定理得

G′(R－Rcos α)＝mv－mv

FN－G′＝m

联立解得FN＝(6＋3)mg

由牛顿第三定律得滑块对圆轨道的最大压力为

FN′＝(6＋3)mg.

(3)从B到C由动能定理得

－mg·2R＋q1E·R＝mv－mv

从C点到再次进入电场时做平抛运动有

x1＝v3t

R＝gt2

vy＝gt

进入电场时，设小滑块的速度与水平方向的夹角为β1，合力方向与水平方向夹角为β2，则

tan β1＝

tan β2＝

联立可得β1＝β2，则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动

tan β1＝

由C点到水平轨道由动能定理得

mg·2R＋q1E·x2＝mv－mv

联立可得v4＝2

Δx＝x1＋x2＝6R

因此滑块再次到达水平轨道的速度为v4＝2，方向与水平方向夹角为β1＝arctan 斜向左下方，位置在B点左侧6R处．

7.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有水平向左的、场强为E的匀强电场，y轴与直线x＝－d(d>0)区域内有竖直向下的、场强也为E的匀强电场．一个带电量为＋q(重力不计)粒子从第一象限的S点由静止释放．

(1)若S点的坐标为，，求粒子通过x轴时的坐标；

(2)若S点的坐标为(d，d)，求粒子通过x轴时的动能；

(3)若粒子能通过x轴上的P点坐标为(－3d,0)，求释放该粒子的点S的坐标(x，y)应该满足的条件．

【答案】(1)(－d,0)　(2)　(3)4xy＝5d2(x>0，y>0)

【解析】(1)设进入第二象限前粒子的速度为v0，质量为m，由动能定理得qE＝mv

在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，

加速度a＝

x轴方向上x＝v0t

y轴方向上＝at2

解得x＝d

所以粒子通过x轴时的坐标为(－d,0)．

(2)设进入第二象限前粒子的速度为v，质量为m，

由动能定理得qEd＝mv2

在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，

加速度a＝

x轴方向上d＝vt1

y轴方向上y＝at

解得y＝

对整个过程由动能定理得

qEd＋qE＝Ek－0

解得Ek＝.

(3)设粒子到达y轴时的速度为v0′，通过第二象限电场所用的时间为t2，粒子进入第二象限前由动能定理得qEx＝

粒子刚出第二象限电场时速度偏角tan θ＝

其中vy＝at2

qE＝ma

vx＝v0′＝

粒子出第二象限电场后，做直线运动，由几何关系有

tan θ＝

解得4xy＝5d2(x>0，y>0)．

8.在光滑绝缘水平面上方某区域(x≤3L)有沿x轴正方向的水平匀强电场，电场强度的大小及分布情况如图甲所示．将质量为m1、电荷量为＋q的带电小球A在x＝0处由静止释放，小球A将与质量为m2、静止于x＝L处的不带电的绝缘小球B发生正碰．已知两球均可视为质点，碰撞时间极短，且碰撞过程中没有机械能的损失，没有电荷量的转移．E0、L为已知量．

(1)若m1＝m2，小球A与小球B发生碰撞后二者交换速度，求：

①两小球第一次碰撞前，小球A运动的时间t0以及碰撞前瞬时的速度大小v0；

②在图乙中画出小球A自x＝0处运动到x＝5L处过程中的v­t图象；

(2)若m1＝km2，通过计算分析说明无论倍数k取何值，小球A均可与小球B发生第二次碰撞．

【答案】(1)①　 　②见解析　(2)见解析

【解析】(1)①小球A第一次与小球B碰撞前做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝

运动时间t0＝ ＝

小球A与小球B碰撞前瞬时速度

v0＝ ＝ .

②小球A自x＝0处运动到x＝5L处的过程中的v­t图象如图所示．

(2)设两小球第一次碰撞后速度分别为vA1、vB1

碰撞过程中由动量守恒定律有

km2v0＝km2vA1＋m2vB1

由机械能守恒定律有

km2v＝km2v＋m2v

解得vA1＝v0

vB1＝v0

之后小球A再次被电场加速，若在x＝3L处未发生碰撞，此时速度为vA2

根据动能定理有

q·2E0·2L＝km2v－km2v

解得vA2＝v0

vA2>vB1

所以无论倍数k取何值，小球A均可与小球B发生第二次碰撞．

【提 分 笔 记】

应用动力学方法分析解决多过程问题

综合应用牛顿第二定律和运动学规律解决多过程问题是高考的重点、热点和难点．应对策略如下：

(1)抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程，分阶段研究．

(2)对每一个子过程分别进行受力分析、运动过程分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程，若某过程涉及时间和加速度，则选用动力学方法求解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解；有时还要结合动量定理或动量守恒定律分析求解．

(3)两个相邻的子过程连接：速度是连接两过程的纽带，因此要特别关注连接点速度的大小及方向．

考点四

带电粒子在交变电场中的运动情况比较复杂，由于不同时段受力不同，运动也不同，若用常规的分析方法，将会很烦琐，较好的分析方法是画出带电粒子的v­t图象帮助分析．

9.一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，电场强度随时间变化的规律如图所示，不计重力．求在t＝0到t＝T的时间间隔内，

(1)粒子位移的大小和方向；

(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．

【答案】(1)，方向沿初始电场正方向　(2)

【解析】(1)粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速直线运动．设加速度的大小分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得

qE0＝ma1

q·(－2E0)＝ma2

q·2E0＝ma3

q·(－E0)＝ma4

由此得到带电粒子在0～T时间间隔内运动的a­t图象如图(a)所示，对应的v­t图象如图(b)所示，其中

v1＝a1＝

由图(b)可知，带电粒子在0～T时间间隔内的位移为

x＝v1

联立解得x＝

方向沿初始电场正方向．

(2)由图(b)可知，带电粒子在～时间内沿初始电场反方向运动

总的运动时间为t＝－＝.

10．如图甲所示，相距d＝15 cm的A、B两极板是在真空中平行放置的金属板，当给他们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场。今在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T＝1.0×10－6 s，t＝0时A板的电势比B板的电势高，且U0＝1 080 V，一个比荷＝1.0×108 C/kg的带负电荷的粒子在t＝0时刻从B板附近由静止开始运动不计重力。

(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最大值是多少？

(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度大小。

【答案】(1)0.04 m　2.4×105 m/s　(2)2.1×105 m/s

【解析】粒子在电场中的运动情况比较复杂，可借助于v－t图象分析运动的过程，如图所示为一个周期的v－t图象，以后粒子将重复这种运动。

(1)在0～时间内，粒子加速向A运动；当t＝时，粒子速度第一次达到最大，根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度为a＝＝，

设粒子的最大速度为vm，此时位移为x，则

x＝at2＝··()2＝0.04 m，

vm＝at＝＝2.4×105 m/s。

(2)粒子在一个周期的前时间内，先加速后减速向A板运动，位移为xA；在后时间内，先加速后减速向B运动，位移为xB，以后的每个周期将重复上述运动，由于粒子加速和减速运动中的加速度大小相等，即有xA＝2x＝0.08 m，xB＝2×＝0.02 m。所以粒子在一个周期内的位移x′＝xA－xB＝0.06 m。显然，第2个周期末粒子距A板的距离为L＝d－2x′＝0.03＜0.04 m，表明粒子将在第3个周期内的前时间内到达A板，设粒子到达A板的速度为v，则由v2＝2aL，有v2＝，解得v＝2.1×105 m/s。

【提 分 笔 记】

带电粒子在交变电场中的运动是高考必备的核心知识点之一，因电场力出现周期性变化，其加速度、速度等均做周期性变化，运动过程较为复杂．可借助粒子运动的a­t图象、v­t图象描述粒子在交变电场中的运动情况，图象可直观体现物理过程，而且可以根据图象斜率、围成面积等表示的物理意义去求解相关物理量，从而使问题的求解变得简捷．