1、专题4带电粒子在电场中运动的综合问题关键能力学案突破考点一带电粒子在交变电场中的运动(师生共研)1.此类题型一般有三种情况:一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解);二是粒子做往返运动(一般分段研究);三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。2.分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。3.注重全面分析(分析受力特点和运动特点),抓住粒子的运动具有周期性和在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、做功或确定与物理过程相关的边界条件。【典例1】如图甲所示,真空中相距d=5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(
2、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=2.010-27 kg、电荷量q=+1.610-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放,不计粒子重力。求:(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=1.010-5 s,在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速释放,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=T4到t=T2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。思维点拨(1)因为不计粒子重力,则粒子只受电场力而做匀加速直线运动,通过进一步计算可知在0T2内粒子发生的位移恰好等于板间距离
3、,到达A板的时间随之确定。(2)解第(3)小题的关键,在于明确运动“对称性”,弄清“粒子不能到达A板”的条件,即在T4到3T4内粒子的最大位移小于板间距离。规律方法带电粒子在交变电场中运动问题的解答方法本题结合带电粒子在交变电场中的运动模型,考查学生能否用运动和力的物理观念,对这一模型的问题进行科学推理,从而得出正确结论。通过本题要明确带电粒子在交变电场中的运动分为两类:一类是粒子沿电场线运动(本题就属于这一类),另一类是粒子垂直电场进入场区。(1)对于第一类:粒子在交变电场中做变加速直线运动,由于初始条件不同,可能出现两种情况:粒子在某区域做往复运动;粒子在做往复运动的同时,向一侧移动,最后
4、打到极板上。(2)对第二类问题,采用运动分解的方法处理:垂直电场方向匀速运动,沿电场方向变加速运动,具体可分为两种情况:若粒子通过电场的时间远小于交变电场的周期,可认为这一粒子通过电场的过程中电场强度不变,但不同时刻进入的粒子,所经历的电场不同,偏转不同,常出现临界问题。若粒子通过电场的时间大于交变电场的周期,在沿电场方向的运动与(1)中情况相同。对点演练1.(多选)(2019山东潍坊二模)如图甲所示,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的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场,取竖直向下为正方向,不计粒子重力。以下判断
5、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54mv02C.t=d2v0时刻进入的粒子,从O点射出D.t=3dv0时刻进入的粒子,从O点射出2.(多选)(2020陕西西安中学高三下学期第四次模拟)两块水平平行放置的导体板如图甲所示,大量电子(质量m、电荷量e)由静止开始,经电压为U0的电场加速后,连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时,这些电子通过两板之间的时间为3t0;当在两板间加如图乙所示的周期为2t0,幅值恒为U0的周期性电压时,恰好能使所有电子均从两板间通过。则()A.这些电子通过两板之间后,侧向位移(沿垂直于两板方向上的位移
6、)的最大值为symax=d2=t026eU0mB.这些电子通过两板之间后,侧向位移(沿垂直于两板方向上的位移)的最小值为symin=d4=t046eU0mC.侧向位移分别为最大值和最小值时,电子在刚穿出两板之间时的动能之比为83D.侧向位移分别为最大值和最小值时,电子在刚穿出两板之间时的动能之比为1613考点二“等效法”在电场中的应用(师生共研)1.方法概述等效思维方法是将一个复杂的物理问题,等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。对于这类问题,若采用常规方法求解,过程复杂,运算量大。若采用等效法求解,则能避开复杂的运算,过程比较简捷。2.方法应用先求出重力与电场力的合力,将这个合力视为一个等效
7、重力,将a=F合m视为等效重力加速度。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。【典例2】如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动。已知小球所受电场力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为=60,sBC=2R。若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8)解题指导审题关键词句分析解读如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道小球受重力,不受摩擦力处于水平向右的匀强电场中小球受水平方向电场力带负电荷的小球从高
8、为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动小球受水平向左电场力;初速度为零续表关键词句分析解读已知小球所受电场力是其重力的34求出重力与电场力的合力F合,将这个合力视为一个“等效重力”若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?小球做完整的圆周运动的临界是小球能够通过“等效最高点”破题(1)如果只有重力场,小球恰好做完整的圆周运动,在最高点哪个力提供向心力?(2)在重力场和电场的复合场中,小球恰好做完整的圆周运动,在“最高点”的受力情况怎样?规律方法本类问题求解过程属于物理模型构建和科学推理的过程,这类问题要明确基本的解题思路如下:1.求出重力与电场力的合力F合,将
9、这个合力视为一个“等效重力”;2.将a=F合m视为“等效重力加速度”;3.小球能自由静止的位置,即是“等效最低点”,圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”;注意:这里的最高点不一定是几何最高点;4.将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。对点演练3.如图所示,空间某区域存在足够大的水平方向的匀强电场E=2104 N/C,将一长为L=1 m的不可伸长的绝缘细线一端固定于O点,另一端连接一个质量为m=0.1 kg的可视为质点小球,小球带电荷量q=+510-5 C,现将绝缘细线AO拉至与电场线平行位置,且细线刚好拉直,让小球从A处静止释放,g取10 m/s2,求:(1)小球第
10、一次到达O点正下方的B点时细线的拉力F大小;(2)小球从A运动到B过程中,小球的最大速度vm大小;(3)若让小球在如图所示的竖直平面内做完整的圆周运动,则需在A处给小球一个垂直于细线的初速度v0,求v0的最小值。(以上结果可用根式表示)考点三电场中的力电综合问题(师生共研)1.思维流程2.解题技巧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,能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。【典例3】(2017全国卷)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突
11、然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度;(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。解题指导审题关键词句分析解读一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动油滴带正电,且油滴重力与原来电场力为平衡力在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变油滴从A点开始竖直向上做匀加速直线运动突然将电场反向
12、,但保持其大小不变电场反向时油滴没到最高点,会继续向上做匀减速直线运动不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍油滴到达B点时在上升过程还是下降过程不确定,B点在A点上方还是下方也不确定破题油滴先是竖直向上做匀速直线运动,增大电场强度后,开始竖直向上做匀加速直线运动,改变电场强度方向后,开始向上做匀减速直线运动。由于油滴向上加速和减速的加速度大小关系不确定,故油滴到达B点时可能在上升过程也可能在下降过程,但是在求电场反向后油滴位移不受影响,可按竖直上抛运动的全程法来处理,只不过求出油滴加速和减速阶段的位移后,表示B、A两点之间的距离时,必须讨论B点在A
13、点上方还是下方两种情况。对点演练4.(2020广东广州天河区模拟)在竖直平面内,一根长为L的绝缘细线,一端固定在O点,另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球始终处在电场强度大小为3mg2q、方向竖直向上的匀强电场中,现将小球拉到与O点等高处,且细线处于拉直状态,由静止释放小球,当小球的速度沿水平方向时,细线被拉断,之后小球继续运动并经过P点,P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g,不计空气阻力,求:(1)细线被拉断前瞬间,细线的拉力大小;(2)O、P两点间的电势差。5.如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半
14、圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=40 cm,一带正电荷q=10-4 C的小滑块质量为m=40 g,与水平轨道间的动摩擦因数=0.2,g取10 m/s2,问:(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道中点)(3)小滑块经过C点后最后落地,落地点离N点的距离多大?落地时的速度是多大?专题4带电粒子在电场中运动的综合问题关键能力学案突破对点演练典例1答案(1)4.0109 m/s2(2)2104 m/s(3)大于52104 Hz解析(1)由带电粒子所受电场力为F=qE=Uqd由牛顿第二定律解得
15、a=Fm=Uqdm=4.0109m/s2。(2)由位移公式计算粒子在0T2时间内走过的距离为x=12aT22=5.010-2m由此可见,带电粒子在t=T2时恰好到达A板。再由运动学公式可得v=aT2=2104m/s。(3)分析可知,在T4到T2内,电场力、速度均向右,带电粒子向A板做匀加速运动;同理,在T2到3T4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=212aT42=116aT2因题目要求粒子不能到达A板,故必有xmaxa16d=52104Hz。对点演练1.AD由题图可知电场强度E=mv022q
16、d,则粒子在电场中的加速度a=qEm=v022d,则粒子在电场中运动的最短时间满足d2=12atmin2,解得tmin=2dv0,选项A正确;能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t=8dv0,则任意时刻射入的粒子在射出电场时沿电场方向的速度均为0,可知射出电场时的动能均为12mv02,选项B错误;设t时刻射入的粒子恰好不与极板碰撞,则212at2=d2,解得t=dv0=T4,故t=d2v0射入的粒子将与极板相碰,故C错误;t=3dv0=3T4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
17、方向的位移为零,则粒子将从O点射出,选项D正确。2.ABD画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v-t图像如图所示。竖直方向的分速度v1y=eU0mdt0、v2y=eU0md2t0=2eU0t0md,侧向最大位移symax=212v1yt0+v1yt0=3v1yt0=3eU0t02md=d2,侧向最小位移symin=12v1yt0+v1yt0=1.5v1yt0=3eU0t022md=d4,解得d=t06eU0m,所以symax=d2=t026eU0m、symin=d4=t046eU0m,选项A、B正确;电子在加速电场中,由动能定理得eU0=12mv02,解得v0=2eU0m,由此得v1y2=
18、eU0mdt02=eU06m,v2y2=eU0md2t02=2eU03m,所以EkmaxEkmin=12mv02+12mv2y212mv02+12mv1y2=eU0+eU03eU0+eU012=1613,选项C错误、D正确。典例2答案7.7R解析小球所受的重力和电场力都为恒力,故可将两力等效为一个力F,如图所示。可知F=1.25mg,方向与竖直方向成37角。由图可知,小球做完整的圆周运动的临界点是D点,设小球恰好能通过D点,即达到D点时圆环对小球的弹力恰好为零。由圆周运动知识得F=mvD2R,即1.25mg=mvD2R由动能定理得mg(h-R-Rcos37)-34mg(hcot+sBC+Rsi
19、n37)=12mvD2,sBC=2R,=60,联立解得h=7.7R。对点演练3.答案(1)1 N(2)25(2-1) m/s(3)302+20 m/s解析(1)因mg=1N,qE=1N,则小球沿圆弧运动,由A到B由动能定理:12mvB2=mgL-EqL,解得vB=0,则F=mg=1N。(2)重力与电场力的合力F合=2mg,方向与水平成45,将这个合力视为一个“等效重力”,依题意小球运动到AB圆弧中点C时,即为等效重力场的最低点,这时速度最大,由A到C由动能定理:mgLsin45-qEL(1-cos45)=12mvm2解得:vm=25(2-1)m/s。(3)由题意可知,当小球运动到圆周上与C点对
20、称的D处时,有:2mg=mvD2L由A到D由动能定理:-mgLsin45-qEL(1+cos45)=12mvD2-12mv02解得:v0=302+20m/s。典例3答案(1)v0-2gt1(2)若B点在A点之上,E2=2-2v0gt1+14v0gt12E1,0t11+32v0g若B点在A点之下,E2=2-2v0gt1-14v0gt12E1,t152+1v0g解析(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE
21、2-mg=ma1油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1由式得v2=v0-2gt1(2)由题意,在t=0时刻前有qE1=mg油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+12a1t12油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1-12a2t12由题给条件有v02=2g(2h)式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上,依题意有s1+s2=h由式得E2=2-2v0gt1+14v0gt12E1为使E2E1,应有2-2v0gt1
22、+14v0gt121即当0t11+32v0g才是可能的;条件式和式分别对应于v20和v2E1,应有2-2v0gt1-14v0gt121即t152+1v0g另一解为负,不合题意,已舍去。对点演练4.答案(1)1.5mg(2)UOP=15mgL8q解析(1)小球受到竖直向上的电场力为F=qE=1.5mgmg所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动,到达圆周最高点时速度沿水平方向,设此时速度为v,由动能定理:(F-mg)L=12mv2设细线被拉断前瞬间的拉力为FT,由牛顿第二定律:FT+mg-F=mv2L联立解得:FT=1.5mg(2)细线断裂后小球做类平抛运动,加速度a竖直向上,由牛顿第二定律F-m
23、g=ma设细线断裂后小球经时间t到达P点,则有:L=vt小球在竖直方向上的位移为:y=12at2解得:y=L4O、P两点沿电场方向(竖直方向)的距离为:d=L+yO、P两点间的电势差:UOP=Ed联立解得:UOP=15mgL8q5.答案(1)20 m(2)1.5 N(3)0.6 m,17 m/s解析(1)设滑块与N点的距离为L,分析滑块的运动过程,由动能定理可得qEL-mgL-mg2R=12mv2-0小滑块在C点时,重力提供向心力得mg=mv2R代入数据解得v=2m/s,L=20m(2)滑块到达P点时,对全过程应用动能定理可得qE(L+R)-mgL-mgR=12mvP2在P点时由牛顿第二定律可得:N-qE=mvP2R解得N=1.5N,由牛顿第三定律可得,滑块通过P点时对轨道压力是1.5N。(3)小滑块经过C点,在竖直方向上做的是自由落体运动,有2R=12gt2代入数据解得滑块运动的时间为t=0.4s滑块在水平方向上只受到电场力的作用,做匀减速运动,由牛顿第二定律可得qE=ma所以加速度a=2.5m/s2,水平的位移为x=vt-12at2代入解得x=0.6m落地速度v=(at)2+(gt)2=17m/s
