高中物理高考一輪復習一輪復習 2023屆高三專題復習十四 帶電粒子在電場中的運動_第1頁
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文檔簡介

專題十四帶電粒子在電場中的運動一、考點分析一、考點分析1.本知識點常以計算題的形式與牛頓運動定律、功能關系、能量守恒綜合考查。2.兩點注意:(1)注意帶電粒子重力能否忽略;(2)力電綜合問題注意受力分析、運動過程分析,應用動力學知識或功能關系解題。二、考題再現二、考題再現典例1.(2023·全國III卷·21)如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等。現同時釋放a、b,它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t,a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是()A.a的質量比b的大B.在t時刻,a的動能比b的大C.在t時刻,a和b的電勢能相等D.在t時刻,a和b的動量大小相等【解析】兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等,由x=eq\f(1,2)a0t2,知微粒a的加速度大,由qE=ma0,知微粒a的質量小,A錯誤;由動能定理qEx=Ek得,位移x大的動能大,B正確;在同一等勢面上,a、b兩微粒電荷量雖相等,但電性相反,故在t時刻,a、b的電勢能不相等,C錯誤;由動量定理qEt=mv得,在t時刻,a、b的動量大小相等,D正確。【答案】BD典例2.(2023?全國II卷?24)如圖,如圖,兩金屬板P、Q水平放置,間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質量為m,電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置,以速度v0平行于紙面水平射入電場,重力忽略不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能,以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場,則金屬板的長度最短應為多少?【解析】(1)PG、QG間場強大小相等,均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下,設粒子的加速度大小為a,有E=eq\f(2φ,d) ①F=qE=ma ②設粒子第一次到達G時動能為Ek,由動能定理有:qEh=Ek-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③設粒子第一次到達G時所用的時間為t,粒子在水平方向的位移大小為l,則有h=eq\f(1,2)at2 ④l=v0t ⑤聯立①②③④⑤式解得:Ek=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)+eq\f(2φ,d)qh ⑥l=v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出,則金屬板的長度最短.由對稱性知,此時金屬板的長度L為L=2l=2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。 ⑧三、對點速練三、對點速練1.如圖,平行板電容器AB兩極板水平放置,與理想二極管串聯接在電源上,已知A和正極相連,二極管具有單向導電性,一帶電小球沿AB中心水平射入,打在B極板上的N點。現保持B板不動,通過上下移動A板來改變兩極板的間距(兩板仍平行),下列說法中正確的是()A.若小球帶正電,當AB間距減小時,小球打在N的左側B.若小球帶正電,當AB間距增大時,小球打在N的左側C.若小球帶負電,當AB間距增大時,小球可能打在N的左側D.若小球帶負電,當AB間距減小時,小球可能打在N的右側【答案】AD【解析】若小球帶正電,當d減小時,電容增大,Q增大,U不變,根據,知d減小時E增大,所以電場力變大,方向向下,小球做平拋運動豎直方向加速度增大,運動時間變短,打在N點左側。故A正確。若小球帶正電,當d增大時,電容減小,但由于二極管的單向導電性使得Q不可能減小,所以Q不變,根據,知E不變,所以電場力不變,小球仍然打在N點。故B錯誤。若小球帶負電,當AB間距d增大時,電容減小,但Q不可能減小,所以Q不變,根據,知E不變,所以電場力大小不變,方向向上,若電場力小于重力,小球做類平拋運動豎直方向上的加速度不變,運動時間不變,小球仍然可能打在N點。故C錯誤。若小球帶負電,當AB間距d減小時,電容增大,則Q增大,根據,知E增大,所以電場力變大,方向向上,若電場力小于重力,小球做類平拋運動豎直方向上的加速度減小,運動時間變長,小球將打在N點的右側。故D正確。2.如圖所示,豎直平面內有水平向左的勻強電場E,M點與P點的連線垂直于電場線,M點與N點在同一電場線上。兩個完全相同的帶等量正電荷的粒子,以相同大小的初速度v0分別從M點和N點沿豎直平面進入電場,重力不計。N點的粒子垂直電場線進入,M點的粒子與電場線成一定夾角進入,兩粒子恰好都能經過P點,在此過程中,下列說法正確的是()A.電場力對兩粒子做功相同B.兩粒子到達P點的速度大小可能相等C.兩粒子到達P點時的電勢能都減小D.兩粒子到達P點所需時間一定不相等【答案】D【解析】由題圖可知M、P兩點在同一等勢面上,所以兩點間的電勢差為零,而N、P間的電勢差大于零,根據W=qU知,電場力對M點的粒子不做功,對N點的粒子做正功,故A錯誤;根據動能定理知N點的粒子到達P點時電場力做正功,所以速度增大,而M點的粒子到達P點時電場力不做功,所以速度大小不變,又因它們的初速度大小相等,所以兩粒子到達P點的速度大小不等,故B錯誤;M點的粒子到達P點時電勢能不變,N點的粒子到達P點電場力做正功,所以電勢能減少,故C錯誤;在垂直于電場線方向,兩個粒子都做勻速直線運動,設PM=L,M點的粒子初速度方向與電場線的夾角為α,則M點的粒子到達P點的時間:tM=eq\f(L,v0sinα),N點的粒子到達P點的時間:tN=eq\f(L,v0),由此可見,兩粒子到達P點所需時間一定不相等,故D正確。3.如圖所示,在與水平面夾角θ為60°的勻強電場中,有一帶負電的物塊A放在傾斜的絕緣木板上,物塊所受電場力的大小為其重力大小的一半,木板的傾角α為30°和60°時物塊所受的摩擦力大小恰好相等,則物塊與木板間的動摩擦因數為()A. B.C. D.【答案】D【解析】當木板傾角是30°時,物塊受到重力、支持力、垂直斜面向下的電場力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向上,FN1=mgcos30°+qE=mg()①,當木板傾角是60°時,物塊受到重力、支持力、與斜面成30°向下的電場力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向:FN2=mgcos60°+qEcos30°=eq\f(1,2)mg+mg②,①②兩式比較可知,FN1>FN2,在摩擦因數相等的情況下,一定是木板的傾角α為30°是靜摩擦力,60°時物塊所受的是滑動摩擦力。木板的傾角α為30°時物塊受力平衡,得:f1=mgsin30°=eq\f(1,2)mg③,木板的傾角α為60°時物塊受摩擦力:f2=μFN2=μ(eq\f(1,2)mg+mg)④,由題意:f1=f2⑤,聯立③④⑤解得:μ=.故D正確,ABC錯誤。4.如圖所示,在豎直平面內xOy坐標系中分布著與水平方向成45°角的勻強電場,將一質量為m、帶電荷量為q的小球,以某一初速度從O點豎直向上拋出,它的軌跡恰好滿足拋物線方程x=ky2,且小球通過點P。已知重力加速度為g,則()A.電場強度的大小為eq\f(mg,q)B.小球初速度的大小為eq\r(\f(g,2k))C.小球通過點P時的動能為eq\f(5mg,4k)D.小球從O點運動到P點的過程中,電勢能減少eq\f(\r(2)mg,k)【答案】BC【解析】小球做類平拋運動,則電場力與重力的合力沿x軸正方向,qE=eq\r(2)mg,電場強度的大小為E=eq\f(\r(2)mg,q),A錯誤;F合=mg=ma,所以a=g,由類平拋運動規律有eq\f(1,k)=v0t,eq\f(1,k)=eq\f(1,2)gt2,得小球初速度大小為v0=eq\r(\f(g,2k)),B正確;由P點的坐標分析可知eq\f(v0,vx)=eq\f(1,2),所以小球通過點P時的動能為eq\f(1,2)mv2=eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)+veq\o\al(2,x))=eq\f(5mg,4k),C正確;小球從O到P過程中電勢能減少,且減少的電勢能等于電場力做的功,即W=qE·eq\f(1,k)eq\f(1,cos45°)=eq\f(2mg,k),D錯誤。在豎直平面內有水平向右、電場強度為E=1×104N/C的勻強電場,在場中有一個半徑為R=2m的光滑圓環,環內有兩根光滑的弦AB和AC,A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角,質量為kg的帶電小球由靜止從A點釋放,沿弦AB和AC到達圓周的時間相同。現去掉弦AB和AC,給小球一個初速度讓小球恰能在豎直平面沿環內做圓周運動,取小球圓周運動的最低點為電勢能和重力勢能的零點,(cos37°=,g=10m/s2)下列說法正確的是()A.小球所帶電量為q=×10-5CB.小球做圓周過程中動能最小值是JC.小球做圓周運動從B到A的過程中機械能逐漸減小D.小球做圓周運動的過程中對環的最大壓力是N【答案】BCD【解析】由題知,小球在復合場中運動,由靜止從A點釋放,沿弦AB和AC到達圓周的時間相同,則A點可以認為是等效圓周的最高點,沿直徑與之對應圓周上的點可以認為是等效圓周的最低點,對小球進行受力分析,小球應帶正電,如圖所示,可得mgtan37=qE解得小球的帶電量為,故A錯誤;小球做圓周過程中由于重力和電場力都是恒力,所以它們的合力也是恒力,小球的動能、重力勢能和電勢能之和保持不變,在圓上各點中,小球在等效最高點A的勢能(重力勢能和電勢能之和)最大,則其動能最小,由于小球恰能在豎直平面沿環內做圓周運動,根據牛頓第二定律,在A點其合力作為小球做圓周運動的向心力=m,小球做圓周過程中動能最小值Ekmin=eq\f(1,2)mvA2==J=,故B正確;由于總能量保持不變,小球從B到A過程中電場力做負功,電勢能增大,小球的機械能逐漸減小,故C正確;將重力與電場力等效成新的“重力場”,新“重力場”方向與豎直方向成,等效重力,等效重力加速度為,小球恰好能做圓周運動,在等效最高點A點速度為,在等效最低點小球對環的壓力最大,設小球在等效最低點的速度為v,由動能定理得。在等效最低點,由牛頓第二定律,聯立解得小球在等效最低點受到的支持力根據牛頓第三定律知,小球做圓周運動的過程中對環的最大壓力大小也為,故D正確。6.如圖,一斜面緊靠豎直墻面固定在水平地面上。在紙面內加一勻強電場,其方向與水平面夾角α=60°,場強,現將一質量為m帶電量為+q的小球從斜面上P點豎直向上以v0拋出,第一次與接觸面撞前空中飛行的豎直位移為y1,若僅將初速度大小變為3v0從P點豎直拋出,第一次與接觸面碰撞前在空中飛行的豎直位移為y2,則下列說法可能正確的是()A.y2=2y1B.y2=4y1C.y2=6y1D.y2=10y1【答案】BC【解析】小球受重力mg以及沿電場方向的電場力,大小為,其豎直分量為;則小球做豎直方向做勻速運動;水平方向,則水平方向做加速度為的勻加速運動;若小球第一次能落到斜面上,則第一次與接觸面撞前,則(其中α為斜面的傾角),則,則當初速度大小變為3v0時,豎直位移y變為原來的9倍;若兩次小球第一次均落在豎直墻壁上,則水平位移相等,則時間相等,由y=v0t可知,則當初速度大小變為3v0時,豎直位移y變為原來的3倍;若第一次落在斜面上,第二次落在墻壁上,可知豎直位移應該介于3倍和9倍之間,則選項BC正確,AD錯誤。7.如圖,豎直平面內(紙面)存在平行于紙面的勻強電場,方向與水平方向成θ=60°角,紙面內的線段MN與水平方向成α=30°角,MN長度為d。現將一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球從M由靜止釋放,小球沿MN方向運動,到達N點的速度大小為vN(待求);若將該小球從M點沿垂直于MN的方向,以大小vN的速度拋出,小球將經過M點正上方的P點(未畫出),已知重力加速度大小為g,求:(l)勻強電場的電場強度E及小球在N點的速度vN;(2)M點和P點之間的電勢差;(3)小球在P點動能與在M點動能的比值?!窘馕觥?l)由小球運動方向可知,小球受合力沿MN方向,如圖甲,由正弦定理:mgsin得:E合力:F=mg從M→N,有:2ad得:υ(2)如圖乙,設MP為h,作PC垂直于電場線,小球做類平拋運動:hcos60UMC=得:U(3)如圖乙,作PD垂直于MN,從M→P,由動能定理:FSEEKP8.如圖甲所示,長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置,ab為兩板的中心線,一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入,沿直線從b點射出,若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上,欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出,求:(1)交變電壓的周期T應滿足什么條件?(2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件?【解析】(1)為使粒子仍從b點以速度v0穿出電場,在垂直于初速度方向上,粒子的運動應為:加速,減速,反向加速,(反向)減速,經歷四個過程后,回到中心線上時,在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零,這段時間等于一個周期,故有L=nTv0解得T=eq\f(L,nv0)粒子在eq\f(1,4)T內離開中心線的距離為y=eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T))eq\s\up12(2)又a=eq\f(qE,m),E=eq\f(U0,d)解得y=eq\f(qU0T2,32md)在運動過程中離開中心線的最大距離為ym=2y=eq\f(qU0T2,16md)粒子不撞擊金屬板,應有ym≤eq\f(1,2)d解得T≤2deq\r(\f(2m,qU0))故n≥eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m)),即n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數所以粒子的周期應滿足的條件為T=eq\f(L,nv0),其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數。(2)粒子進入電場的時刻應為eq\f(1,4)T,eq\f(3,4)T,eq\f(5,4)T,…故粒子進入電場的時刻為t=eq\f(2n-1,4)T(n=1,2,3,…)。9.如圖甲所示,粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點平滑連接,過半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場E,質量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上A點由靜止釋放,運動中由于摩擦起電滑塊電量會增加,過B點后電量保持不變,小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R,滑塊與軌道間動摩擦因數為μ=,重力加速度為g,不計空氣阻力,求:(1)小滑塊釋放后運動至B點過程中電荷量的變化量;(2)滑塊對半圓軌道的最大壓力大?。?3)小滑塊再次進入電場時,電場大小保持不變、方向變為向左,求小滑塊再次到達水平軌道時的速度大小以及距B的距離。【解析】(1)由牛頓第二定律得,在A點:①在B點:②由①②聯立解得:③(2)從A到B過程,由動能定理得:④將電場力與重力的合力等效為“重力G?”,與豎直方向的夾角設為α,在“等效最低點”時滑塊對軌道壓力最大,則:⑤⑥從B到“等效最低點”過程,由動能定理得:⑦由牛頓第二定律得:⑧由②④⑤⑥⑦⑧式聯立解得:由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為(3)從B到C過程,由動能定理得:⑨從C點到再次進入電場的過程中做平拋運動:水平方向:⑩豎直方向:??設速度方向與水平方向的夾角為β1,則?進入電場后,受向左的電場力與豎直向下的重力,?由

⑨⑩????

式聯立可得:,則進入電場后合力與速度共線,做勻加速直線運動?從C點到水平軌道:?由⑨⑩??????式聯立可得:,因此滑塊再次到達水平軌道的速度大小為,方向與水平方向夾角的正切值為、斜向左下方,位置在B點左側6R處。10.如圖所示,一帶電荷量q=+C、質量M=lkg的絕緣平板置于光滑的水平面上,板上靠右端放一可視為質點、質量m=lkg的不帶電小物塊,平板與物塊間的動摩擦因數μ=。距平板左端L=m處有一固定彈性擋板,擋板與平板等高,平板撞上擋板后會原速率反彈。整個空間存

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