高考物理一轮复习讲义第8章 专题强化15　带电粒子在电场中的力电综合问题（含解析）

这是一份高考物理一轮复习讲义第8章 专题强化15　带电粒子在电场中的力电综合问题（含解析），共12页。试卷主要包含了下列说法正确的是，10 m/s，5mg，4qE　eq \fR　15R等内容，欢迎下载使用。

题型一 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
1．等效重力场
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.
3．举例
例1 (多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m小球，重力加速度为g，球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则( )
A．小球在最高点的速度大小为eq \r(gL)
B．当小球运动到最高点时电势能最小
C．小球运动到最低点时，机械能最大
D．小球运动到最低点时，动能为eq \f(5,2)(mg＋qE)L
答案 CD
解析 小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由重力和静电力的合力提供向心力，则有mg＋Eq＝meq \f(v2,L)，解得v＝eq \r(\f(mg＋Eq,m)L)，故A错误；小球向上运动时，静电力做负功，电势能增加，当小球运动到最高点时电势能最大，故B错误；小球向下运动时，静电力做正功，机械能增大，运动到最低点时，小球的机械能最大，故C正确；从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得Ek－eq \f(1,2)mv2＝(mg＋Eq)·2L，解得Ek＝eq \f(5,2)(mg＋Eq)L，故D正确．
例2 (多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E＝eq \f(mg,q).下列说法正确的是( )
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为eq \r(gL)
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动
D．若将小球在A点以大小为eq \r(gL)的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点
答案 BD
解析 因为电场强度E＝eq \f(mg,q)，所以小球所受静电力大小也为mg，故小球所受合力大小为eq \r(2)mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为45°，故小球通过圆弧AD的中点时速度最小，此时满足eq \r(2)mg＝meq \f(vmin2,L)，因此小球在竖直面内做圆周运动的最小速度vmin＝eq \r(\r(2)gL)，A项错误；由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，B项正确；小球在A点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C项错误；若将小球以eq \r(gL)的速度竖直向上抛出，由对称性知经时间t＝eq \f(2\r(gL),g)回到相同高度，其水平位移s＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2＝2L，故小球刚好运动到B点，D项正确．
例3 如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g.
(1)求小球所受的静电力大小；
(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小．
答案 (1)eq \r(3)mg (2)2eq \r(2gr)
解析 (1)小球在C点时速度最大，则静电力与重力的合力沿DC方向，如图所示，
所以小球受到的静电力的大小
F＝mgtan 60°＝eq \r(3)mg.
(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，在D点
有eq \f(mg,cs 60°)＝meq \f(v2,r)，
解得v＝eq \r(2gr).
在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，
有mgr(1＋cs 60°)＋Frsin 60°＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，
解得v0＝2eq \r(2gr).
题型二 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．用能量观点处理带电体的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷．具体方法有：
(1)用动能定理处理
思维顺序一般为：
①弄清研究对象，明确所研究的物理过程．
②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功．
③弄清所研究过程的初、末状态(主要指动能)．
④根据W＝ΔEk列出方程求解．
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
列式的方法常有两种：
①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程．
②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程．
(3)两个结论
①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．
②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．
例4 (2019·全国卷Ⅱ·24)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 (1)eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ)) (2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
解析 (1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受静电力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv02③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ)).
例5 如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为R＝0.4 m，轨道最高点A与圆心O等高．有一倾角θ＝30°的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点H＝1.5 m．圆弧轨道和斜面均处于场强大小E＝100 N/C、竖直向下的匀强电场中．现将一个质量为m＝0.02 kg、带电荷量为＋2×10－3 C的带电小球从A点由静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇．若物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),5)，空气阻力不计，g取10 m/s2，小球和物块都可视为质点．求：
(1)小球经过B点时对轨道的压力FNB；
(2)B、D两点间电势差UBD；
(3)物块上滑初速度v0满足条件的最小值．
答案 (1)1.2 N，竖直向下 (2)120 V (3)3.10 m/s
解析 (1)设小球到达B点的速度大小为vB，从A到B的过程只有重力和静电力做功，
根据动能定理有：mgR＋qER＝eq \f(1,2)mvB2－0
得vB＝4 m/s
B点是圆周运动最低点，合力提供向心力即FNB′－(mg＋qE)＝meq \f(vB2,R)，得FNB′＝1.2 N
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小等于轨道对其弹力大小
即FNB＝1.2 N，方向竖直向下．
(2)设小球由B点到D点的运动时间为t，受到竖直向下的重力和静电力，竖直方向做初速度0的匀加速直线运动，加速度为a，水平方向做匀速直线运动．下落高度为h的过程
根据速度合成有eq \f(vB,at)＝tan θ
竖直方向由牛顿第二定律有Eq＋mg＝ma
h＝eq \f(1,2)at2
UBD＝Eh
联立解得UBD＝120 V
(3)设C、D间的距离为x，由几何关系有：x＝eq \f(H－h,sin θ)
设物块上滑加速度为a′，由牛顿运动定律有：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma′
根据题意，要使物块与小球相遇，v0的最小值满足：v02＝2a′x
联立解得：v0＝eq \f(4\r(15),5) m/s≈3.10 m/s.
课时精练
1.如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小恒为Ff，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大
B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小
C．OB间的距离为eq \r(\f(kQq,Ff))
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB＝eq \f(FfL0＋\f(1,2)mv2,q)
答案 C
解析 点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，两球靠近过程中静电力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；在小球向左运动过程中静电力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；当速度最小时有：Ff＝F＝keq \f(Qq,r2)，可得：r＝eq \r(\f(kQq,Ff))，故C正确；点电荷从A运动到B过程中，根据动能定理有：UABq－FfL0＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，计算得出，UAB＝eq \f(FfL0＋\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02,q)，故D错误．
2.(2019·天津卷·3)如图所示，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( )
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 小球动能的增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝eq \f(v2,2g)，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp′＝eq \f(3,2)mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．
3.(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝eq \f(3mg,4q)，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球在运动过程中机械能不守恒
C．小球在运动过程中的最小速度至少为eq \r(gL)
D．小球在运动过程中的最大速度至少为eq \f(5,2)eq \r(gL)
答案 BD
解析 小球在运动的过程中，静电力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，
小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝eq \f(5,4)mg，小球在最高点的最小速度v1满足G′＝meq \f(v12,L)，得v1＝eq \f(\r(5gL),2)，故C错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理有G′·2L＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，解得v2＝eq \f(5,2)eq \r(gL)，故D正确．
4.(多选)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点．质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，电场强度E＝eq \f(3mg,4q)，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大
B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点
C．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg
D．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg
答案 BC
解析 根据等效场知识可得，静电力与重力的合力大小为mg等＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \f(5,4)mg，故等效重力加速度为g等＝eq \f(5,4)g，如图所示，tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，即θ＝37°，若小球刚好能通过C点关于圆心O对称的D点，那么小球就能做完整的圆周运动．小球在D点时的动能最小，但D点并非是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律，小球在轨道上M点的电势能最小，机械能最大，选项B正确；小球过Q点和P点时，由牛顿第二定律可得FQ－mg＝meq \f(vQ2,R)，FP＋mg＝meq \f(vP2,R)，小球从Q点到P点，由动能定理可得－2mgR＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mvQ2，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C正确，D错误．
5．如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，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，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD.现有一个质量为m、带电荷量为＋q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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，忽略空气阻力．求：
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1；
(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)mvC12－0
解得vC1＝eq \r(\f(22qER,5m))
在C点根据向心力公式得FNC1′－qE＝eq \f(mvC12,R)
解得FNC1′＝5.4qE
根据牛顿第三定律得FNC1＝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)mvD12－0
解得vD1＝eq \r(\f(12qER,5m))
小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆着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)mvD12
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，则根据功能关系得qELsin 37°＝μqEscs 37°
解得s＝15R.
6．如图所示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L,0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求：
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
(2)P、Q两点间的电势差UPQ；
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．
答案 (1)45° (2)－eq \f(mgL,q) (3)eq \f(\r(2)v0,g)
解析 (1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，
有qE＝mg
设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，
且由带电质点在第一象限做直线运动，有
tan θ＝eq \f(mg,qE)
解得θ＝45°.
(2)P到Q的过程，由动能定理有
qEL－mgL＝0
又WPQ＝qEL
解得UPQ＝eq \f(WPQ,－q)＝－eq \f(mgL,q).
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，
由牛顿第二定律有eq \r(2)mg＝ma，
即a＝eq \r(2)g，带电质点速度从v0减到0所用时间为t，
则v0＝at，解得t＝eq \f(\r(2)v0,2g)
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间
T＝2t＝eq \f(\r(2)v0,g).
7．如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点B点与一条水平轨道相连，轨道是光滑的，轨道所在空间存在水平向右、场强为E的匀强电场，从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m带正电的小球，设A、B间的距离为s.已知小球受到的静电力大小等于小球重力的eq \f(3,4)倍，C点为圆形轨道上与圆心O的等高点．(重力加速度为g)
(1)若s＝2R，求小球运动到C点时对轨道的压力大小；
(2)为使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，求s的值．
答案 (1)eq \f(13mg,4) (2)eq \f(23R,6)
解析 (1)当小球从A点释放，在静电力作用下运动，从A到C点静电力做正功，重力做负功，应用动能定理得：
qE·3R－mgR＝eq \f(1,2)mvC2
到达C点时，小球受到的支持力和静电力提供向心力，
即：FN－qE＝meq \f(vC2,R)
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小与小球受到的支持力大小相等，则
FN′＝FN＝eq \f(13mg,4)
(2)为了使小球刚好在圆周轨道内运动，小球到达D点时恰好仅重力和静电力，如图所示，此时有：
F＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \f(5,4)mg
F＝meq \f(v2,R)
从A点到D点时据动能定理有：qE(s－0.6R)－mg(1.8R)＝eq \f(1,2)mv2
则可以计算得：s＝eq \f(23R,6).