2025届高三一轮复习 第七章　静电场热点专题十三　带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题练习

热点专题十三　带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题素养目标　1.会分析带电粒子在交变电场中的运动。2.会用动力学和能量观点分析带电粒子的力电综合问题。3.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动。热点一　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.利用速度—时间图像分析带电粒子的运动时，必须注意“五点”(1)带电粒子进入电场的时刻。(2)速度—时间图像的切线斜率表示加速度。(3)图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，在时间轴下方所围成的面积为负。(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。(5)图线与时间轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还应逐段分析求解。题型　带电粒子在交变电场中的直线运动例1(2023·南京月考)如图1甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，t＝0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是(　　)图1A.在t2时刻(未飞出)，电子的位移最大B.在t2时刻(未飞出)，电子的动能最大C.电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0D.电子不可能在t2～t3时间内飞出电场答案　C,解析　电子在0～t1时间内做加速运动，t1时刻加速度等于零，速度最大，在t1～t2时间内做减速运动，t2时刻速度为零。在0～t2时间内电子运动方向不变，若t2时间内位移x小于金属板A、B间距，则电子继续重复第一个周期内的运动，直到从小孔P飞出，所以t2时刻电子若从小孔P飞出，则位移最大。若在t2时刻不能飞出小孔P，则t2时刻电子的位移不是最大，故A、B错误；电子在金属板间运动方向始终不变，所以电子一定能从小孔P飞出，电子运动过程中最大的动能为eU0，故C正确；电子的运动方向不变，所以电子一定可以从小孔P飞出，电子飞出的时刻取决于金属板间的距离与A板电势的大小，故D错误。题型　带电粒子在交变电场中偏转例2如图2甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。图2(1)求带电粒子的比荷；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。答案　(1)　(2)解析　(1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有＝v0t0,垂直极板方向有＝t解得＝。(2)粒子通过两板间的时间t＝＝T从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝如图所示为从不同时刻射入电场的粒子的速度—时间图像，根据题意和图像分析可知，从t＝nT(n＝0，1，2，…)或t＝＋nT(n＝0，1，2，…)时刻入射的粒子恰好不打在极板上则有＝×T×，解得U＝。热点二　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(1)用动能定理处理。,(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理。(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3(2022·辽宁卷，14)如图3所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的静电力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：图3(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；(2)小球经过O点时的速度大小；(3)小球过O点后运动的轨迹方程。答案　(1)mgR　(2)　(3)y2＝6Rx解析　(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得Ep＝mv＝mgR。(2)小球从B到O，根据动能定理有－mgR＋qE·R＝mv－mv解得vO＝。(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受静电力和重力作用，将静电力分解到x轴和y轴，则x轴方向有,qEcos45°＝max竖直方向有qEsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝vOt联立解得小球过O点后运动的轨迹方程y2＝6Rx。跟踪训练1.(2022·如皋调研)在一粗糙的绝缘水平面上固定一光滑斜面，斜面底端有一小段圆弧与水平面平滑相连，斜面的倾角为53°，整个空间存在一水平向左的匀强电场E＝2×103N/C。现有一带电量为q＝－5×10－5C、质量为m＝10g的小球，初始时刻在水平面上离斜面底端为x(未知)处以v0＝2m/s的初速度向右运动，小球冲上斜面，在斜面上的最大运动距离为l＝25m，已知小球与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.5。图4(1)求小球从斜面底端运动到最高点的时间t；(2)求初始时刻小球离斜面底端的距离x；(3)若小球运动到斜面顶端时，电场方向突然变成水平向右，大小不变，求小球再次到达水平面时的速度。答案　(1)5s　(2)9.6m　(3)20m/s，方向与水平方向夹角为45°斜向下解析　(1)小球在斜面上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mgsin53°－qEcos53°＝ma解得a＝2m/s2,逆向分析可看作是初速度为零的匀加速直线运动，则有l＝at2，解得t＝5s。(2)小球在最低点时的速度为v＝at＝10m/s从开始到小球达到斜面底端过程中，根据动能定理可得qEx－μmgx＝mv2－mv解得x＝9.6m。(3)若小球运动到斜面顶端时，电场方向突然变成水平向右，设静电力与重力的合力与水平方向的夹角为α，根据几何关系可得tanα＝＝1则α＝45°＜53°所以小球沿图中的直线运动，加速度大小为a′＝＝10m/s2位移L＝＝20m根据速度—位移关系可得v′2＝2a′L，解得v′＝20m/s方向与水平方向夹角为45°斜向下。热点三　带电粒子在重力场和电场中的圆周运动1.把静电力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图5所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”；F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。,图52.在叠加电场和重力场中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是空间最高点，而应是物理最高点。例4如图6所示，光滑绝缘导轨固定在竖直平面内，它由直线部分AB和四分之三圆弧部分BCD组成，两部分在B点相切，O为圆心，半径为R，直线部分倾角为θ＝37°，整个装置处于电场强度大小为E水平向右的匀强电场中。现有一质量为m、可视为质点的带正电滑块从直导轨上的A点由静止释放，它沿直导轨运动从B点进入圆弧，而后沿圆弧导轨运动，经D点时对导轨作用力恰为零。已知重力加速度为g，sin37°＝0.6。求：图6(1)滑块所带电荷量q；(2)A、B间的距离。答案　(1)　(2)1.5R解析　(1)滑块经D点时对导轨作用力恰为零，说明此时重力与静电力的合力提供向心力，即tanθ＝所以q＝。(2)设滑块经D点时速度大小为v，设等效重力为mg′，设A、B间距为s，则mg′＝＝m滑块从A点到D点，由动能定理得mg′(s－R)＝mv2解得s＝1.5R。,跟踪训练2.如图7所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)图7A.匀强电场的电场强度E＝B.小球动能的最小值为Ek＝C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大答案　B解析　小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtanθ，解得E＝，选项A错误；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有＝m，则最小动能Ek＝mv2＝，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。,对点练1　带电粒子在交变电场中运动1.在如图1甲所示的两平行金属板上加有如图乙所示的电压，该电压的周期为T，大量电子(其重力不计)以相同的初速度连续不断地沿平行于金属板的方向从两板间射入电场，并都能从两板间通过，且飞行时间为T，不考虑电子间的相互作用力，下列说法正确的是(　　)图1A.0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最大B.时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最大C.在一个周期内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度大小都不相同D.在一个周期内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度方向都不同答案　A解析　设板间距为d，电子质量为m、电荷量为e，从0时刻射入电场的电子，在静电力作用下做类平抛运动，侧移量为y1＝·，当到T时间内沿着速度方向做匀速直线运动，侧移量为y2＝··＝，时刻射入电场的电子离开电场时侧移量是T到时间内的侧移量，为y3＝·，故0,时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最大，时刻的最小，故A正确，B错误；在一个周期内不同时刻进入电场的电子离开电场时速度均是v＝＝，速度方向与垂直电场方向夹角的正切为tanθ＝＝，方向相同，故C、D错误。2.(2023·湖州期末)如图2甲所示，某装置由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央有一个电子由静止开始加速。已知电子质量为m、电荷量为e、电压绝对值为U、周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则(　　)图2A.电子在金属圆筒中被加速B.电子在金属圆筒中的运动时间为TC.电子出第n个圆筒瞬间速度为D.第n个圆筒长度为答案　D解析　金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误；只有电子在每个圆筒内做匀速直线运动的时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故B错误；电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理得neU＝mv－0，解得电子出第n个圆筒瞬间速度为vn＝，由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是，则第n,个圆筒长度为Ln＝vn·＝，故C错误，D正确。3.真空室中有如图3甲所示的装置，电极K持续发出的电子(初速不计)经过电场加速后，从小孔O沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线OO′射入。M、N板长均为L，间距为d，偏转极板右边缘到荧光屏P(足够大)的距离为s。M、N两板间的电压UMN随时间t变化的图线如图乙所示。调节加速电场的电压，使得每个电子通过偏转极板M、N间的时间等于图乙中电压UMN的变化周期T。已知电子的质量、电荷量分别为m、e，不计电子重力。图3(1)求电子经加速电场加速后的速度v0；(2)求加速电场的电压U1；(3)欲使不同时刻进入偏转电场的电子都能打到荧光屏P上，求图乙中电压U2的范围。答案　(1)　(2)　(3)U2≤解析　(1)电子经加速电场加速后水平方向做匀速直线运动，速度v0＝。(2)根据eU1＝mv加速电场电压U1＝。(3)t＝0时刻进入偏转电场的电子，先做类平抛运动，后做匀速直线运动，射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y最大y1＝×由平均速度关系可得y2＝2y1y1＋y2≤,得U2≤。对点练2　电场中的力电综合问题4.如图4所示，光滑绝缘水平地面上有一点B，在其正上方高h处的O点固定一个电荷量为＋Q的点电荷。一质量为m、电荷量为－q(q>0)的物体(可视为点电荷)从水平地面上的A点静止释放，沿水平地面向B点运动，以速度v0经过B点，图中θ＝60°，则下列说法正确的是(　　)图4A.A点的电场强度大于B点的电场强度B.物体从A点运动到B点的过程中动能先增大后减小C.物体从A点运动到B点的过程中对地面的压力先增大后减小D.物体从A点运动到B点的过程中加速度最大值为答案　D解析　点电荷周围电场强度表达式为E＝k，电场强度与距离的平方成反比，所以A点电场强度小于B点电场强度，故A错误；从A点到B点的过程中，静电力一直做正功，根据动能定理知，动能一直增大，故B错误；根据平衡条件可知物体所受地面的支持力大小为FN＝mg－cosθ，物体从A点运动到B点的过程中，r和θ均逐渐减小，所以FN一定逐渐减小，根据牛顿第三定律可知物体对地面的压力逐渐减小，故C错误；根据牛顿第二定律有sinθ＝ma，根据几何关系有sinθ＝＝，解得a＝，根据数学知识可知，当＝时，a有最大值为amax＝，故D正确。5.如图5所示，C为固定的、电荷量为Q的正点电荷，A、B两点在C,的正上方，它们与C的距离分别为4h和0.25h。将另一质量为m、电荷量未知的正点电荷D从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。已知重力加速度大小为g，点电荷D在B点处的加速度大小为15g，静电力常量为k，求：图5(1)点电荷D所带的电荷量q；(2)点电荷D从A点下落到B点的过程中速度最大的位置离C点电荷的竖直距离h1；(3)A、B两点间的电势差。答案　(1)　(2)h　(3)－解析　(1)对点电荷D在B点时受力分析，根据牛顿第二定律有FB－mg＝m×15g又FB＝解得q＝。(2)当点电荷D所受合外力为0时，速度最大，有k＝mg解得h1＝h。(3)点电荷D从A点到B点的过程，根据动能定理有mg(4h－0.25h)＋WAB＝0又WAB＝qUAB解得UAB＝－。对点练3　带电粒子在重力场和电场中的圆周运动6.如图6所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为3×106V/m。有一质量为0.12kg,、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10m/s2，求：图6(1)小球在A点处的速度大小；(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力大小。答案　(1)6m/s　(2)21.6N解析　(1)重力G＝mg＝1.2N静电力F＝qE＝1.6×10－6×3×106N＝4.8N在A点，有qE－mg＝m代入数据解得v1＝6m/s。(2)设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理，有(qE－mg)×2R＝mv－mv在B点，设轨道对小球弹力为FN，有FN＋mg－qE＝m由牛顿第三定律有FN′＝FN代入数据解得，FN′＝21.6N。7.(2023·红塔区校级月考)如图7所示，竖直放置的圆弧轨道BCDE与水平轨道相切于B点，直径CE与竖直直径BD夹角θ＝37°，空间有水平向右的匀强电场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q的带正电小球从水平轨道A处由静止释放，小球沿轨道运动到C点时速率最大并恰好通过E点，落到水平轨道上的S处(图中未画出)。已知重力加速度大小为g，圆弧半径为R，不计一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：,图7(1)小球运动到C点的速度大小；(2)A、B两点间的距离。答案　(1)　(2)R解析　(1)小球在C点的受力分析，如图所示小球沿轨道运动到C点时速率最大可知qE＝mgtan37°在E点，根据牛顿第二定律得＝，解得v＝从C点到E点，由动能定理得－·2R＝mv2－mv联立解得vC＝。(2)从A点到C点，根据动能定理得－mgR(1－cos37°)＋qE(L＋Rsin37°)＝mv解得AB间距L＝R。8.如图8所示，水平光滑绝缘轨道AB和半径R＝0.4m的竖直光滑绝缘半圆轨道在B平滑连接，置于水平向左的匀强电场中，电场强度E＝104N/C。将一质量m＝4×10－2kg、电荷量q＝3×10－5C的带负电小球从水平轨道AB上的某一位置无初速度释放，小球经过半圆轨道最高点C的速度大小为v＝3m/s，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：,图8(1)小球经过轨道最高点C时对轨道的压力；(2)释放小球的位置到B点的距离；(3)小球从释放到最高点C过程中的最大速率。答案　(1)0.5N　方向竖直向上　(2)1.7m　(3)3m/s解析　(1)小球过C点时，由牛顿第二定律mg＋FN＝m由牛顿第三定律，小球对轨道的压力FN′＝FN解得FN′＝0.5N，方向竖直向上。(2)从释放小球到C，由动能定理qEx－2mgR＝mv2解得x＝m≈1.7m。(3)设小球运动过程中最大速率为vm，此时小球所在位置与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ。则mgcos(90°－θ)＝qEcosθ解得tanθ＝θ＝37°从释放小球到速率最大，由动能定理qE(x＋Rsinθ)－mgR(1－cosθ)＝mv解得vm＝3m/s。