1、学案9带电粒子在电场中的运动分析【考情分析】【考点预测】带电粒子在电场中的运动问题有机地结合了力学知识和电学知识，能最大限度地考查受力分析、运动过程分析和功能关系分析等基本思维能力，是每年高考的必考内容若只考查对带电粒子的功能关系分析时，以选择题的形式呈现，若考查电学知识与力学知识的综合应用时，以计算题的形式呈现预计2014年仍可能以上述两种方式考查，复习中要注意理解能量守恒定律的应用，注意对粒子运动过程的分析等考题1对带电粒子在电场中运动能量转化的考查例1如图1所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至
2、某位置时静止现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中()图1A小球与弹簧组成的系统机械能守恒B小球的重力势能增加W1C小球的机械能增加W1mv2D小球的电势能增加W2审题突破重力做正功还是负功？重力势能如何变化？弹力做正功还是负功？弹性势能如何变化？电场力做正功还是负功？电势能如何变化？解析撤去力F，小球在重力、弹力、电场力作用下向上运动，弹性势能、电势能均减少，动能和重力势能均增加，小球与弹簧组成的系统机械能增加，选项A错误小球向上运动，重力做负功W1，小球的重力势能增加EpW1，选项B正确
3、小球机械能的增加等于电场力所做的功W2，即EW2，选项C错误小球向上运动，电场力做正功，小球的电势能减少，电场力所做的功等于小球电势能的变化，所以电势能减少W2，选项D错误答案B点拨提升1 带电物体在电场中运动时，电场力做功将引起电势能与其他形式的能发生转化，带电物体的机械能不再守恒2 要搞清几个功能关系：重力做功等于重力势能的变化，电场力做功等于电势能的变化，弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，合外力做功等于动能的变化，重力以外的其他力做功的和等于物体机械能的变化3 不论能量如何变化，其总是满足能量守恒定律突破练习1 如图2所示，光滑斜面固定在水平地面上，匀强电场平行于斜面向下，弹簧另一端固定，
4、带电滑块在A点处于静止状态，滑块与斜面间绝缘现给滑块一个沿斜面向下的初速度，滑块最远能到达P点在这过程中()图2A滑块的动能一定减小B弹簧的弹性势能一定增大C滑块电势能的改变量一定小于重力与弹簧弹力做功的代数和D滑块机械能的改变量等于电场力与弹簧弹力做功的代数和答案AD解析滑块处于静止状态时，受重力、电场力、弹簧弹力和斜面的支持力，合力为零当向下运动时，合力方向沿斜面向上，合力做负功，动能减小，A对；由于滑块的电性不知，电场力方向不知，弹簧在A点是伸长还是压缩不能确定，B错；由于只有重力、电场力和弹簧弹力做功，A、P两点速度又为零，故电场力做功即滑块电势能的改变量一定等于重力与弹簧弹力做功的代
5、数和，C错；对滑块而言，重力以外的其他力做功的代数和等于其机械能的改变量，D对2 如图3所示，一正点电荷位于O点，光滑绝缘杆MN竖直固定在其右侧，O点为杆上一点且与O点在同一水平线上质量为m的带正电的小球套在杆MN上，从杆上距O点高为H的A点由静止释放，运动到A(A与A关于O对称)过程中，加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图象可能正确的是(取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远处电势为零)()图3答案BC解析小球从A到A，所受合外力不是均匀变化，加速度也不是均匀变化，而重力势能是均匀变化的，A错误，B正确小球从A到O电场力做负功，电势能增
6、加，机械能减少，从O到A电场力做正功，电势能减少，机械能增加，C正确但电势能不是均匀变化的，D错误3 如图4所示，在光滑绝缘水平面上的P点正上方O点固定了一电荷量为Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放一质量为m、电荷量为q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中60，规定电场中P点的电势为零，则在Q形成的电场中()图4AN点电势高于P点电势BN点电势为CP点电场强度大小是N点的4倍D检验电荷在N点具有的电势能为mv2答案BC解析沿电场线方向电势降低，由正点电荷的电场分布可知N点电势低于P点电势，A错误；负电荷由N至P，电场力做正功，电势能的减小等于动能的增加，又负电荷在P点的电势
7、能为0，故负电荷在N点的电势能为mv2，N点电势为，B正确，D错误；由点电荷的场强公式Ek可知P点电场强度大小是N点的4倍，C正确本题选B、C.考题2对带电粒子在电场中加速和偏转的考查例2如图5所示，直流电源的路端电压U182 V金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为123.孔O1正对B和E，孔O2正对D和G.边缘F、H正对一个电子以初速度v04106 m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场金属板间的距离L12 cm，L24 cm，L36 cm.电子质量m9.11031 kg，
8、电荷量q1.61019 C正对两极板间可视为匀强电场，不计电子重力，求：图5(1)各正对两极板间的电场强度；(2)电子离开H点时的动能；(3)四块金属板的总长度(ABCDEFGH)审题突破由ab、bc、cd各段电阻比确定三对极板间电压比，从而确定电场强度关系粒子从A到H，分析电场力做功情况，利用动能定理确定末动能四块金属板的总长度为粒子水平位移的2倍，利用平抛运动知识分析解析(1)三对正对极板间电压之比U1U2U3RabRbcRcd123，板间距离之比L1L2L3123，根据E知，三个电场场强相等：E1 516.67 N/C(2)根据动能定理：qUmv2mv电子离开H点时的动能：EkmvqU3
9、.641017 J(3)由于三对极板间场强相等，则电子在竖直方向所受电场力不变，加速度恒定，可知电子做类平抛运动竖直方向L1L2L3t2水平方向xv0t消去t解得x0.12 m.即金属板的总长ABCDEFGH2x0.24 m.答案(1)1 516.67 N/C(2)3.641017 J(3)0.24 m思维提升带电粒子在电场中的运动问题的解题思路1 首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动问题还是偏转运动问题2 对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两个途径进行处理：如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒
10、子的速度、位移等如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等3 对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解的方法处理通过对带电粒子的受力分析和运动分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学公式求解在不涉及速度方向时，用动能定理比较方便，即：根据电场力对带电粒子所做的功引起带电粒子能量的变化，利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等此方法也适用于非匀强电场4 当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界
11、处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口突破练习4 电荷量为q1104 C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图6甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是() 甲乙图6A物块在4 s内的总位移x6 mB物块的质量m0.5 kgC物块与水平面间的动摩擦因数0.2D物块在4 s内电势能减少14 J答案ACD解析由题图乙可知，物块前2 s做匀加速直线运动，在2 s4 s做匀速直线运动，根据vt图象所围面积可求得前2 s位移x12 m,2 s4 s位
12、移x24 m，总位移为x6 m，A正确.02 s内，由牛顿第二定律得qE1mgma，且a1 m/s2，2 s后物块做匀速运动，有qE2mg由题图甲知E13104 N/C、E22104 N/C，联立可得m1 kg，0.2，B错误，C正确又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即EpWE1qx1E2qx214 J，D正确5 空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图7所示一个质量为m、电荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为，A、B两点之间的高度差为h、水平距离为s，则以下判断正确的是(
13、)图7AA、B两点的电场强度和电势关系为EAEB、Av1，则电场力一定做正功CA、B两点间的电势差为(vv)D小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为mvmvmgh答案D解析由电场线的方向和疏密可知A点电场强度小于B点，但A点电势高于B点，A错误若v2v1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B错误由于有重力做功，故A、B两点间电势差不是(vv)，C错误小球从A运动到B点过程中由动能定理得W电mghmvmv，所以W电mvmvmgh，D正确6 如图8所示，圆O处在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆
14、周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O为圆心，AB、CD是圆的直径，AOD是锐角，则()图8A从弧DB射出的粒子动能都大于初动能B从B点离开的粒子动能最小C从D点离开的粒子动能小于初动能D从弧ACB内射出的粒子速率都不相同答案C解析根据题意，从C点离开圆形区域的动能最大，说明从A到C电场力做功最多，C点等势线应与OC垂直，即电场线应为DC方向，如图所示所以A的等势线在DO之间，所以若从D点离开，其动能应减少，所以C正确由图可知DB弧线中在A点等势线与D点等势线之间射出的粒子动能小于初动能，在A点等势线与C点等势线之间射出的粒子动能要大于初动能，A错误根据等势
15、线性质，从B点离开的粒子动能比初动能要大，所以B错误过B做等势线，发现在ACB弧中有个交点B，根据电场力做功与路径无关可知，弧BB内有速率相同的地方，D错误考题3对带电粒子在交变电场中运动的考查例3在金属板A、B间加上如图9乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T.现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入(如图甲所示)已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：图9(1)若电子从t0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，
16、电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？审题突破电子的运动规律：水平方向不受电场力，做匀速直线运动，竖直方向受电场力，做匀加速或匀减速运动若电子平行于金属板飞出时，其竖直速度必定为零若电子从两板中央平行于板飞出，其竖直位移必定为零解析(1)由动能定理得：emv2mv解得v .(2)t0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v0，平行于极板，以后继续重复这样的运动要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO方向上至少运动一个周期，故极板长至少为Lv0T.(3)若
17、要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO线可见应在tk(k0,1,2，)时射入极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上由牛顿第二定律有a.加速阶段运动的距离s()2可解得dT 故两板间距至少为T 答案(1) (2)v0T(3)k(k0,1,2，)T 思维提升带电粒子在交变电场中的运动问题常常出现在高考试题的选择题中，也可能与磁场相结合，以计算题的形式呈现带电粒子在交变电场中的运动可以分为直线运动和曲线运动两类：(1)对于带电粒子在交变电场中的直线运动，一般以加速、减速交替出现的多过程情况较多解决的方法主
18、要根据运动学或动力学规律分析清楚其中一个完整的过程，有时也可借助vt图象进行运动过程的分析，找出各个过程中的重要物理量间的关系，进行归纳、推理，从而寻找其运动规律再进行分段处理求解(2)对于带电粒子在交变电场中的曲线运动，解决的方法是应用运动的合成与分解的方法，把曲线运动分解为两个直线运动，再分别用直线运动的规律加以解决突破练习7 平行板间有如图10所示的周期性变化的电压重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况在下列图象中，能正确定性描述粒子运动的速度图象是()图10答案A解析0时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.T时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，
19、由对称性可知，在T时速度减为零此后周期性重复运动，故A正确8 (2011安徽20)如图11甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，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()图11A0t0 B.t0C.t0T DTt0答案B解析t0时，UAB0，电场方向由B板指向A板t0到T时刻，粒子向A板做初速度为零的匀加速直线运动，T时刻电场反向，粒子向A板做匀减速直线运动，经相同时间速度减为零，再向B板做初速度为零的匀加速直线运动然后匀减速到零，由于向A板运动的时间长，所
20、以粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上9 如图12甲所示，在y0和y2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为1.0102 C/kg，在t0时刻以速度v05102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力求：图12(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小答案(1)4103 s(2)(2105 m,2 m)(3)4103 m/s解析(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛
21、运动，所以粒子通过电场区域的时间t4103 s(2)粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a14 m/s2，减速时的加速度大小为a22 m/s2由运动学规律得x方向上的位移为xa1()2a1()2a2()22105 m因此粒子离开电场时的位置坐标为(2105 m,2 m)(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度为vxa1a24103 m/s例4(2013四川10)(17分)在如图13所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角37的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行劲度系数k5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过
22、固定的光滑小环D与A相连弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面水平面处于场强E5104 N/C、方向水平向右的匀强电场中已知A、B的质量分别为mA0.1 kg和mB0.2 kg，B所带电荷量q4106C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.图13(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a0.6 m/s2开始做匀加速直线运动A从M到N的过程中，B的电势能增加了Ep0.06 J已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数0.4.求A到达N点时拉力F的
23、瞬时功率审题突破平衡状态下，分别分析A和B的受力情况，利用平衡条件求解分析B的运动情况，求B通过的位移和B的末速度在A加速运动过程中，分析A的受力情况，对其列动力学方程，求拉力F.解析(1)F作用之前，A、B均处于静止状态设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳中张力为T0，有对A：T0mAgsin 对B：T0qEf0联立式，代入数据解得：f00.4 N(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有qEsEpTmBgqEmBa设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为x，有v22asF弹kxFmAgsin F弹sin TmAa由几何关系知x设拉力
24、F在N点时的瞬时功率为P，有PFv联立式，代入数据解得P0.528 W答案(1)0.4 N(2)0.528 W评分细则本题第(1)问6分，式各2分，考生出现以下情况时不扣分：a把式写成T0mAgsin 0.b把式写成T0qEf00.c两式分别写成T1mAgsin ，T2qEf0，并且写出T1T2.若考生把式写成T0mgsin ，扣2分本题第(2)问共11分，式各2分，式各1分考生出现以下情况，酌情扣分：a把式写成TmBgqEmBa.b把式写成FmAgsin F弹sin TmAa.c绳子的拉力表示符号没有与第(1)问中的表示符号区分开知识专题练训练9一、单项选择题1 有一静电场，其电势随x坐标的
25、改变而改变，变化的图线如图1所示若将一带负电粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点的坐标分别为1 mm、4 mm.则下列说法正确的是()图1A粒子将沿x轴正方向一直向前运动B粒子在P点与Q点加速度大小相等、方向相反C粒子经过P点与Q点时，动能相等D粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等答案C解析02 mm内，粒子加速，2 mm6 mm内减速，6 mm10 mm内反向加速，10 mm12 mm内减速，A错误P、Q两点电场强度不等，电场力不等，B错误由动能定理得粒子经过P点与Q点时动能相等，由于P、Q两点电场力不等，所以电场力做功的功率不相等，C正确，D错误2 如图2所示，A
26、、B两导体板平行放置，在t0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)分别在A、B两极板间加四种电压，它们的UABt图线如下列选项所示其中可能使电子到不了B板的是()图2答案B解析在A选项所加电压下，电子将一直向B板加速；在C选项所加电压下，电子是先加速再减速至0，再加速再减速至0，一直向B板运动；D选项和C选项一样，只不过电子的加速度发生变化；只有在B选项所加电压下，电子先向B板加速再减速，再向A板加速再减速至初始位置，且速度变为0，如此在A、B间运动3 如图3所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料ABCD面带正电，EFGH面带负电从小孔
27、P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点则下列说法正确的是()图3A三个液滴在真空盒中都做平抛运动B三个液滴的运动时间不一定相同C三个液滴落到底板时的速率相同D液滴c所带电荷量最多答案D解析三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，故运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴c水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项D正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴c做功最多，它落到底板时的速率最大，选
28、项C错误4 如图4所示，带有正电荷量Q的细铜圆环竖直固定放置，一带正电荷量q的粒子从很远处沿水平轴线飞来并到达圆心O(不计粒子的重力)关于粒子的上述过程，下列说法中正确的是()图4A粒子先做加速运动后做减速运动B粒子的电势能先增大，后减小C粒子的加速度先增大，后减小D粒子的动能与电势能之和先减小，后增大答案C解析带正电为Q的圆环圆心O处的场强为0，在无穷远处场强为0.粒子从很远处沿水平轴线到圆心O，场强E先增大，后减小，故带电粒子所受电场力先增后减，其加速度先增后减，C项正确沿水平轴线的场强方向是从O指向无穷远处，故带正电q的粒子受力方向与运动方向相反，一直做减速运动，电场力做负功，电势能一直
29、增大；由能量守恒得，粒子动能与电势能之和不变，故A、B、D项均错误5 如图5所示，在真空区域、中存在两个匀强电场，其电场线方向竖直向下，在区域中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域 (电场范围足够大)能描述粒子在这两个电场中运动的速度时间图象的是(以v0方向为正方向)()图5答案C解析在区域中，mgE1q；在区域 中，mgv0，所以球能到达B点(2)当皮带的速度v4 m/s时，因摩擦力一直做负功，则E2qLmgLEkmv解得Ek24 J若球从B至C，摩擦力一直做正功E2qLmqLEkmv解得Ek32 J设满足条件时皮带的最小速度为vmin，小球的加速度为a，则E2qmgmavv2aL解得vmin8 m/s所以当v8 m/s时，球的动能Ek32 J当4 m/sv8 m/s时，令小球速度增至与皮带速度相等时，位移为L，则E2qLmgLmv2mv从B至C整个过程：E2qLmgLmg(LL)Ekmv由解得：EkEkv图象如图所示