1、专题突破 5 带电体在电场中运动的综合问题 授课提示：对应学生用书第 139 页突破点一 带电粒子在交变电场中的运动 师生互动 1三种运动类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；(2)二是粒子做往返运动(一般分段研究)；(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。2一条解题策略注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动时间上具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。3两条解题思路(1)力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析。(2)功能关系。带电粒子在交变电场中的直线运动 典例 1 如图
2、甲所示，A 板电势为 0，A 板中间有一小孔，B 板的电势变化情况如图乙所示，一质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子在 tT4时刻以初速度为 0 从 A 板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达 B 板，则()AA、B 两板间的距离为qU0T28mB粒子在两板间的最大速度为qU0mC粒子在两板间做匀加速直线运动D若粒子在 tT8时刻进入两极板间，它将时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，最终打向 B 板解析 粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项 C 错误；粒子在tT4时刻以初速度为 0 进入两极板，先加速后减速，在3T4 时刻到达 B 板，则12qU
3、0md(T4)2d2，解得 dqU0T216m，选项 A 错误；粒子在T2时刻速度最大，则 vmqU0md T4qU0m，选项 B 正确；若粒子在 tT8时刻进入两极板间，在T8T2时间内，粒子做匀加速运动，位移 x12qU0md(3T8)29d8，所以粒子在T2时刻之前已经到达 B 板，选项 D 错误。答案 B 带电粒子在交变电场中的偏转运动问题 典例 2(2021福建厦门一中期中)相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近 A 板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为 v0，质量为 m，电荷量为e，在 A、B 两板之间加上如图乙所示的交变电压，
4、其中 0k1，U0mv026e；紧靠 B 板的偏转电压也等于 U0，板长为 L，两极板间距为 d，距偏转极板右端L2处垂直放置很大的荧光屏 PQ，不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。(1)试求在 0kT 与 kTT 时间内射出 B 板电子的速度各是多大？(2)在 0T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。(结果用 L、d 表示)解析(1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在 0kT 时间内，穿出 B板的电子速度为 v1，kTT 时间内射出 B 板的电子速度为 v2。根据动能定理有eU012mv1212mv02，eU012
5、mv2212mv02，将 U0mv026e 代入上式，得 v1 63 v0，v22 33 v0。(2)在 0kT 时间内射出 B 板的电子在偏转电场中，电子的运动时间 t1Lv1，侧移量 y112at12 eU0L22mdv12，得 y1L28d，打在荧光屏上的坐标为 y1，则 y12y1L24d。同理可得在 kTT 时间内穿出 B 板后电子的侧移量 y2 L216d，打在荧光屏上的坐标 y22y2L28d。故两个发光点之间的距离 yy1y2L28d。答案(1)63 v0 2 33 v0(2)L28d规律总结带电粒子在交变电场中的偏转运动问题的一般思路(1)分过程解决：“一个周期”往往是我们的
6、最佳选择。(2)建立模型：带电粒子的运动过程往往能在力学中找到它的类似模型。(3)正确的运动分析和受力分析：合力的变化影响粒子的加速度(大小、方向)变化，而物体的运动性质则由加速度和速度的方向关系确定。1如图(a)所示，两平行正对的金属板 A、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P 处。若在 t0 时刻释放该粒子，粒子会时而向 A板运动，时而向 B 板运动，并最终打在 A 板上。则 t0 可能属于的时间段是()A0t0T4 B.T2t03T4C.3T4 t0TDTt09T8解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，粒子的速度方向时而为
7、正，时而为负，最终打在 A 板上时位移为负，速度方向为负。分别作出 t00、T4、T2、3T4 时粒子运动的 v-t 图象，如图所示。由于 v-t 图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0t0T4与3T4 t0T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，T4t03T4 时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0T 时情况类似。因粒子最终打在 A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知 B 正确。答案：B2(多选)(2021山东潍坊模拟)如图 1 所示，长为 8d、间距为 d 的平行金属板水平放置，O 点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为 v0，电荷量为q，质量为 m
8、 的粒子。在两板间存在如图 2 所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，粒子撞击金属板时会被吸附静止。以下判断正确的是()A粒子在电场中运动的最短时间为 2dv0B射出粒子的最大动能为54mv02Ct d2v0时刻进入的粒子，从 O点射出Dt3dv0时刻进入的粒子，从 O点射出解析：由图可知场强大小 Emv022qd，则粒子在电场中的加速度大小 aqEm v022d，则粒子在电场中运动的时间最短时满足d212atmin2，解得 tmin 2dv0 2dv0，A 正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为 t8dv0，由图象知任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为 0，可知
9、射出电场时的动能均为12mv02，B 错误；t d2v0时刻进入的粒子，在 d2v02dv0时间内，在电场力作用下向下运动，由于电场力作用时间 3d2v0 2dv0，所以粒子会撞击在金属板上，不会从 O点射出，故 C 错误；t3dv0时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速T4，后向上减速T4，速度到零；然后继续向下加速T4，再向下减速T4，速度到零如此反复，则最后从 O点射出时沿电场方向的位移为零，粒子将从 O点射出，D 正确。答案：AD突破点二 电场中的动力学、动量和能量问题 师生互动 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
10、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的问题。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，判断选用分过程还是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。3动量的观点(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式。(2)应用动量守恒定律，注意其适用条件。电场中动力学和能量观点的应用典例 3(2021福建泉州高三模拟)如图，在竖直向下的匀强电场中，质量为 0.5 kg 的带正电小物块从光滑绝缘斜面上的 A 点由静止释放，经过 B 点后进入绝缘水平面，最后停在 C点。某些时刻物块的瞬时
11、速率记录在下表中。若物块经过 B 点前后速度大小不变，电场力与重力大小相等，取 g10 m/s2，则()t/s0369v/(ms1)08128A.t6 s 时物块恰好经过 B 点Bt12 s 时物块恰好到达 C 点C物块与水平面间的动摩擦因数为 115D整个过程中物块电势能的减少量等于系统内能的增加量解析 根据图表中的数据，可以求出物块下滑的加速度 a1v1t183 m/s2，若 t6 s 时刻物块恰好经过 B 点，则 B 点的速度为 va1t836 m/s16 m/s12 m/s，所以 t6 s 时物块已过 B 点，同样根据图表数据可知，物块在水平面上滑动时的加速度 a2v2t281296
12、m/s243m/s2，设物块在斜面上滑行时间为 t1，从斜面底端到速度为 12 m/s 的时间为 t2，则有 a1t1a2t212 m/s，t1t26 s，解得 t15 s，即物块加速 5 s 后到达 B 点，此时 vBa1t1403 m/s，由速度与时间关系可得在 BC 段运动的时间 t30vBa2 10 s，即 t15 s 时物块运动到 C 点，A、B 错误；物块在水平面上运动时，由牛顿第二定律可得：(mgqE)ma2，其中 qEmg，解得 115，C 正确；由能量守恒定律可知，整个过程中物块电势能和重力势能的减少量之和等于系统内能的增加量，D 错误。答案 C 电场中动量和能量观点的应用
13、典例 4 如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球 A、B，质量分别为 3m 和 m，小球 A 带正电 q，小球 B 带负电2q，开始时两小球相距 s0，小球 A 有水平向右的初速度 v0，小球 B 的初速度为零，取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零。(1)试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；(2)试证明在两小球的间距不小于 s0 的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并求出这两种能量的比值的取值范围。解析(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为 vA和 vB，由动量守恒定律得 3mv03mvAmvB，系统的动能减小量Ek123
14、mv02123mvA212mvB2，由于系统运动的过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下的电势能为零，故系统在该状态下的电势能EpEk123mv02123mvA212mvB2，联立得 Ep6mvA29mv0vA3mv02。当 vA34v0 时，系统的电势能取得最大值，得vAvB34v0，即当两小球速度相同时，系统的电势能最大，最大值 Epmax38mv02。(2)由于系统的电势能与动能之和守恒，且初始状态下系统的电势能为零，所以在系统电势能取得最大值时，系统的动能取得最小值，为 EkminEk0Epmax123mv0238mv0298mv02，由于 Ekmin
15、Epmax，所以在两球间距不小于 s0 的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，在这一过程中两种能量的比值的取值范围为0EpEkEpmaxEkmin13。答案(1)证明见解析 38mv02(2)证明见解析 0EpEk13 电场中动力学、动量和能量观点的综合应用 典例 5 如图所示，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB 段是水平的，BD 段为半径 R0.2 m 的半圆，两段轨道相切于 B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小 E5.0103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度 v0 沿水平轨道向右运动，与静止在 B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量
16、均为 m1.0102 kg，乙所带电荷量 q2.0105 C，g 取 10 m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点 D，求乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度 v0；(3)若甲仍以速度 v0 向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离范围。解析(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为 vD，乙离开 D 点到达水平轨道的时间为 t，乙的落点到 B 点的距离为 x，由牛顿第二定律，有mgEqmvD2R，由平抛运动规律，有2
17、R12mgEqmt2，xvDt，联立式得 x0.4 m。(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 v 甲、v 乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有mv0mv 甲mv 乙，12mv0212mv 甲 2 12mv 乙 2，联立式得 v 甲0，v 乙v0，对乙球，从 B 到 D 过程，由动能定理得mg2REq2R12mvD212mv 乙 2，联立式得 v02 5 m/s。(3)设甲的质量为 M，碰撞后甲、乙的速度分别为 vM、vm，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0MvMmvm，12Mv0212MvM212mvm2，联立式得 vm 2Mv0Mm，由式和 Mm，可得 v0vm2v0，设乙球过 D 点
18、时速度为 vD，由动能定理得mg2REq2R12mvD212mvm2，联立式得 2 m/svD8 m/s，设乙在水平轨道上的落点距 B 点的距离为 x，有 xvD t，联立式，得 0.4 mx1.6 m。答案(1)0.4 m(2)2 5 m/s(3)0.4 mx0)。A 从 O 点发射时的速度大小为 v0，到达 P 点所用时间为 t；B 从 O 点到达 P 点所用时间为t2。重力加速度为 g，求：(1)电场强度的大小；(2)B 运动到 P 点时的动能。解析：(1)设电场强度的大小为 E，小球 B 运动的加速度为 a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mgqEma，12a(t2)212g
19、t2，解得 E3mgq。(2)设 B 从 O 点发射时的速度为 v1，到达 P 点时的动能为 Ek，O、P 两点的高度差为 h，根据动能定理有Ek12mv12mghqEh，且有 v1t2v0t，h12gt2，联立式得Ek2m(v02g2t2)。答案：(1)3mgq (2)2m(v02g2t2)4.(2021山东济宁模拟)如图所示，滑板(平面部分足够长)质量为 4m，距滑板的 A 壁为 L1 的 B 处放有一质量为 m、电荷量为q 的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于电场强度为 E 的水平向右的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：(1)释放小物体，第一次与滑板 A
20、 壁碰前小物体的速度 v1 为多大？(2)若小物体与 A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的35，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度为多大？(均指对地速度)(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多少？解析：(1)对小物体，根据动能定理，有 qEL112mv12，得 v12qEL1m。(2)小物体与滑板碰撞前后动量守恒，设小物体第一次与滑板碰后的速度为 v1，滑板的速度为 v，则mv1mv14mv，若 v135v1，则 v 110v1，因为 v1v，不符合实际，故应取 v135v1，则 v25v1252qEL1m。(3)在小物体第一次与 A 壁碰后到第二次与 A 壁碰前，小物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同。所以12(v2v1)tvt，即 v275v1752qEL1m。整个过程电场力做功W12mv12(12mv2212mv12)135 qEL1。答案：(1)2qEL1m(2)252qEL1m(3)135 qEL1
