新高考物理一轮复习讲义第8章 静电场 专题强化十四 带电粒子在电场中运动的综合问题 (含解析)

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考点一 带电粒子在交变电场中的运动
1.带电粒子在交变电场中运动的两种常见情形
(1)初速度v0平行于电场方向：粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的直线运动。
(2)初速度v0垂直于电场方向：沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。
2.分析方法
根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。具体做法为
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq \(――→,\s\up7(转换))a－t图像eq \(――→,\s\up7(转化))v－t图像。
3.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场瞬间可认为是在匀强电场中运动。
角度 带电粒子在交变电场中的直线运动
例1 如图1甲所示，真空中相距d＝5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m＝2.0×10－27 kg、电荷量q＝＋1.6×10－19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求：
图1
(1)在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
(2)若A板电势变化周期T＝1.0×10－5 s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；
(3)A板电势变化频率多大时，在t＝eq \f(T,4)到t＝eq \f(T,2)时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
答案 (1)4.0×109 m/s2 (2)2×104 m/s (3)大于5eq \r(2)×104 Hz
解析 (1)带电粒子所受静电力大小为
F＝qE＝eq \f(qU,d)
由牛顿第二定律得
a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU,dm)＝4.0×109 m/s2。
(2)由位移公式计算粒子在0～eq \f(T,2)时间内运动的距离为x＝eq \f(1,2)a(eq \f(T,2))2＝5.0×10－2 m
由此可见带电粒子在t＝eq \f(T,2)时恰好到达A板。再由运动学公式可得
v＝aeq \f(T,2)＝2×104 m/s。
(3)分析可知，在eq \f(T,4)～eq \f(T,2)内，静电力方向、速度方向均向右，带电粒子向A板做匀加速运动；同理，在eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返回。由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等，得粒子向A板运动可能的最大位移为xmax＝2×eq \f(1,2)a(eq \f(T,4))2＝eq \f(1,16)aT2。因题目要求粒子不能到达A板，故必有xmax＜d，频率和周期的关系为f＝eq \f(1,T)，由以上三式即可求出电势变化频率应满足条件f＞eq \r(\f(a,16d))＝5eq \r(2)×104 Hz。
角度 带电粒子在交变电场中的偏转
例2 在图2甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变，方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：
图2
(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？
(3)若电子恰能从O′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？
答案 (1)eq \r(veq \\al(2,0)＋\f(eU0,m)) (2)v0T (3)eq \f(T,4)＋keq \f(T,2)(k＝0，1，2，…) Teq \r(\f(eU0,8m))
解析 (1)由动能定理得eeq \f(U0,2)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋\f(eU0,m))。
(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T。
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在
t＝eq \f(T,4)＋keq \f(T,2)(k＝0，1，2，…)时射入；极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a＝eq \f(eU0,md)，加速阶段运动的距离s＝eq \f(1,2)·eq \f(eU0,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,4)))eq \s\up12(2)≤eq \f(d,4)，解得d≥Teq \r(\f(eU0,8m))，故两极板间距至少为Teq \r(\f(eU0,8m))。
跟踪训练
1.如图3所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，关于电子在板间的运动(假设电子不与板相碰)，下列说法正确的是( )
图3
A.电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B.电压是乙图时，在0～eq \f(T,2)时间内，电子的电势能先增加后减少
C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动
答案 D
解析 若电压是甲图，0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0～eq \f(T,2)时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了eq \f(T,2)后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到eq \f(T,4)后向左减速，eq \f(T,2)后向右加速，eq \f(3,4)T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，电子做往复运动，故D正确。
考点二 电场中的力、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，能够从带电粒子受力与运动的关系、功能关系和能量关系等多角度进行分析与
研究。
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。
例3 (2023·陕西宝鸡一模)如图4所示，在水平地面的上方空间存在一个水平向右的匀强电场，有一带电小球(可视为质点)从距地面高为h＝1 m的O点由静止释放，沿与水平地面成45°角的方向做直线运动，最终落在地面上的A点。已知小球质量为m＝0.5 kg，电荷量为q＝5×10－2 C，g＝10 m/s2。不计空气阻力，求：
图4
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)O、A之间的电势差；
(3)带电小球到达地面时的速度大小。
答案 (1)100 V/m (2)100 V (3)2eq \r(10) m/s
解析 (1)设匀强电场的电场强度大小为E，由题意可得带电小球所受合外力方向与水平方向成45°角，受力分析如图所示。根据力的分解可得
qE＝mg
解得E＝100 V/m。
(2)在匀强电场中E＝eq \f(U,d)
其中d＝h＝1 m
解得UOA＝100 V。
(3)设带电小球到达地面时的速度为v，小球从O点到A点的过程中，由动能定理可得
mgh＋qEd＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝2eq \r(10) m/s。
跟踪训练
2.(多选)(2023·皖豫名校联盟体高三联考)如图5所示为一固定在竖直面内的光滑绝缘细管轨道，A点与x轴相交，C点与y轴相交，轨道AB段竖直，长度为
0.7 m，BC段是半径为0.7 m的四分之一圆弧，与AB相切于B点。一质量为m＝0.1 kg、直径略小于管径的带电小球从A点以初速度v0射入轨道，小球到达最高点C时恰好与轨道没有作用力。已知小球带0.01 C的正电荷，在x轴上方存在着电场强度大小为100 N/C、方向水平向右的匀强电场，重力加速度g取
10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图5
A.小球的初速度v0为6 m/s
B.小球的初速度v0为7 m/s
C.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为0
D.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为－0.7 m
答案 BC
解析 因小球到达最高点时与轨道没有作用力，说明自身重力完全提供向心力，则mg＝meq \f(v2,r)，小球从A→C的运动过程中，根据动能定理，有－mg·2r－qEr＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝7 m/s，故A错误，B正确；小球从C点出射，水平方向做匀减速直线运动，初速度为v＝eq \r(gr)＝eq \r(7) m/s, 加速度为a＝eq \f(qE,m)＝10 m/s2，竖直方向为自由落体运动，运动到x轴时，有h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(4r,g))＝eq \f(\r(7),5) s，则此时横坐标为x＝－vt＋eq \f(1,2)at2＝0，故C正确，D错误。
A级 基础对点练
对点练1 带电粒子在交变电场中的运动
1.(多选)如图1所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是( )
图1
A.带电粒子始终向同一个方向运动
B.2 s末带电粒子回到原出发点
C.3 s末带电粒子的速度为零
D.0～3 s内，静电力做的总功为零
答案 CD
解析 设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝eq \f(qE,m)可知a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中静电力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确，A、B错误。
2.如图2甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出。若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是 ( )
图2
A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1
答案 C
解析 粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝
eq \f(1,2)a(eq \f(T,2))2＋a·eq \f(T,2)·eq \f(T,2)＝eq \f(3,8)aT2；若粒子在t＝nT＋eq \f(T,2)(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋eq \f(1,2)a(eq \f(T,2))2＝eq \f(1,8)aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确。
3.(多选)如图3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( )
图3
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.克服静电力做功为mgd
答案 BC
解析 因0～eq \f(T,3)时间内微粒匀速运动，故qE0＝mg；在eq \f(T,3)～eq \f(2T,3)时间内，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，由牛顿第二定律得2qE0－mg＝ma，解得a＝g，方向竖直向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·eq \f(T,3)＝0，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，则末速度大小为v0，方向沿水平方向，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，由动能定理得eq \f(1,2)mgd＋W电＝0，则W电＝－eq \f(1,2)mgd，即微粒克服静电力做功为eq \f(1,2)mgd，选项D错误。
对点练2 电场中的力、电综合问题
4.如图4所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
图4
A.动能增加eq \f(1,2)mv2 B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加eq \f(3,2)mv2 D.电势能增加2mv2
答案 B
解析 动能变化量ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A错误；重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量，带电小球在水平方向向左做匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2eq \f(qE,m)x，则电势能减少量等于电场力做的功ΔEp减＝W电＝qEx＝2mv2，B正确，D错误；在竖直方向做匀减速运动，到N点时竖直方向的速度为零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C错误。
5.(多选)如图5所示，在重力加速度为g的空间，有一个带电荷量为＋Q的场源电荷置于O点，B、C是以O为圆心、半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在同一竖直线上，AB＝R，O、C在同一水平线上。现在有一质量为m、电荷量为－q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始滑下，滑至C点时速度的大小为eq \r(5gR)，下列说法正确的是( )
图5
A.从A到C小球做匀变速运动
B.B、A两点间的电势差为eq \f(mgR,2q)
C.从A到C小球的机械能守恒
D.若从A点自由释放，则小球下落到B点时的速度大小为eq \r(3gR)
答案 BD
解析 小球在运动的过程中，所受静电力是变力，合力不恒定，则从A到C小球做的运动不是匀变速运动，故A错误；小球从A到C的过程中，重力和库仑力都做功，根据动能定理得2mgR－qUAC＝eq \f(1,2)mv2，由于v＝eq \r(5gR)，则UAC＝－eq \f(mgR,2q)，因以O为圆心的圆周为等势面，所以A、B间的电势差与A、C间的电势差相等，则B、A间的电势差为eq \f(mgR,2q)，故B正确；从A到C，除重力做功外，还有库仑力做功，所以机械能不守恒，故C错误；若从A点自由释放，小球下落到B点时，根据动能定理得mgR＋qUBA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0，解得vB＝eq \r(3gR)，故D正确。
6.(2023·河南信阳市高三质量检测)如图6，固定在竖直面内、半径为R的光滑绝缘半圆形轨道ABC，圆心为O，AC为水平直径，处在水平向右的匀强电场中，电场线与轨道平面平行。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带电小球从轨道上的A点由静止释放，小球始终沿圆弧轨道运动。下列说法正确的是( )
图6
A.小球从A运动到B的过程中，小球的机械能可能增加
B.小球一定会运动到C点
C.小球运动速度最大的位置一定在AB段圆弧上的某一点
D.小球一定带正电
答案 C
解析 小球沿圆弧轨道运动，不脱离轨道，所以受到的静电力水平向左，则小球一定带负电，小球从A运动到B的过程中，静电力做负功，电势能增大，机械能减小，故A、D错误；小球向右运动过程中，静电力做负功，电势能增大，机械能减小，因此小球不可能到达C点，故B错误；小球在电场和重力场的合力场中运动，静电力水平向左，重力方向竖直向下，所以电场和重力场的合力场的最低点在圆弧AB段上，因此小球速度最大的位置一定在AB段圆弧上某一点，故C正确。
B级 综合提升练
7.(多选)(2023·湖南郴州市高三教育质检)水平地面上方有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝eq \f(mg,2q)，从地面上的A点斜向右上方以速度v0＝10 m/s抛出一个带正电荷量为＋q(q＞0)、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角θ＝53°，轨迹如图7所示。点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面上的C点。忽略空气阻力的影响。取g＝10 m/s2。则( )
图7
A.D、E两点速度大小相等
B.B点速度为10 m/s
C.小球落地时与水平方向的夹角仍为53°
D.A、C两点距离为16 m
答案 BD
解析 D、E两点高度相等，小球从D到E重力做功为零，静电力做正功，所以D、E两点速度大小不相等，故A错误；小球在水平方向与竖直方向的初速度分别为vx0＝v0cs 53°＝6 m/s，vy0＝v0sin 53°＝8 m/s，点B为轨迹最高点，所以在B点竖直速度为零，由vy0＝gt，ax＝eq \f(qE,m)，vx＝vx0＋axt，联立可得vx＝10 m/s，即小球在B点速度为10 m/s，故B正确；小球从A到C的时间为从A到B的时间的两倍，则到C点时，水平速度为vxC＝vx0＋ax·2t＝14 m/s，则小球落地时与水平方向的夹角正切为tan β＝eq \f(8,14)＝eq \f(4,7)，故C错误；A、C两点距离为x＝eq \f(veq \\al(2,xC)－veq \\al(2,x0),2ax)＝16 m，故D正确。
8.(多选)(2023·天津市和平区高三模拟)如图8所示，由两水平面(虚线)所夹的区域内，有水平向右的匀强电场，自该区域上方的A点，将质量相等、带等量异种电荷的小球a、b先后两次以相同的初速度沿平行于电场的方向抛出。小球在重力的作用下从B点进入电场区域，并从该区域的下边界离开，已知a球在电场中做直线运动之后从M点离开电场，b球从N点离开电场且离开电场时速度方向竖直向下，根据上述信息，下列判断正确的是( )
图8
A.a球带负电，b球带正电
B.a球和b球在电场中运动的时间相等
C.M点到B点的水平距离是N点到B点的水平距离的3倍
D.b球离开电场时比其进入电场时电势能大
答案 BCD
解析 由题意可知，b球进入水平电场后在水平方向做减速运动，离开电场时水平速度减为零，则b球带负电，a球带正电，选项A错误；从开始抛出到离开电场，两球在竖直方向只受重力作用，加速度相同，则两球在竖直方向的运动相同，即a球和b球在电场中运动的时间相等，选项B正确；设两球进入电场时水平速度为v0，经过电场的时间为t，则对a球从M点射出时水平位移xMB＝v0t＋eq \f(1,2)at2，对b球从N点射出时水平位移xNB＝v0t－eq \f(1,2)at2，其中对b球有v0＝at，解得xMB＝3xNB，即M点到B点的水平距离是N点到B点的水平距离的3倍，选项C正确；b球在电场中运动时，静电力做负功，则电势能增加，即离开电场时比其进入电场时电势能大，选项D正确。
9.如图9所示，在光滑的水平桌面上，粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向竖直向下且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为＋q(q＞0)的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，忽略物块重力。求：
图9
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
答案 (1)5.4qE (2)eq \f(6,5)R (3)15R
解析 (1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根据动能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cs 37°)]－μqELcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C1)－0
在C点根据牛顿第二定律得
FN－qE＝meq \f(veq \\al(2,C1),R)
联立解得FN＝5.4qE
根据牛顿第三定律得FN′＝FN＝5.4qE。
(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，根据动能定理有
qE(Lsin 37°－Rcs 37°)－μqELcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D1)
小物块第一次到达D点后先以速度vD1沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得
－qExm＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D1)，联立解得xm＝eq \f(6,5)R。
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小。设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，根据功能关系得
qELsin 37°＝μqEscs 37°
解得s＝eq \f(Ltan 37°,μ)＝15R。