带电粒子在电场中的运动的综合问题Word文件下载.docx
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二是功能关系.
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.
例1
如图1(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( )
图1
A.0<t0<
B.
<t0<
C.
<t0<TD.T<t0<
答案 B
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t0=0、
、
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,0<t0<
与
<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零,
时粒子在一个周期内的总位移小于零;
t0>T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.
变式1
如图2所示,A、B两金属板平行放置,在t=0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两板间加上下列哪种电压时,有可能使电子到不了B板( )
图2
变式2
(多选)(2015·
山东理综·
20)如图3甲所示,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~
时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是( )
图3
A.末速度大小为
v0
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了
mgd
D.克服电场力做功为mgd
答案 BC
解析 因0~
时间内微粒匀速运动,故E0q=mg;
在
~
时间内,粒子只受重力作用,做平抛运动,在t=
时刻的竖直速度为vy1=
,水平速度为v0;
~T时间内,由牛顿第二定律2E0q-mg=ma,解得a=g,方向向上,则在t=T时刻,vy2=vy1-g
=0,粒子的竖直速度减小到零,水平速度为v0,选项A错误,B正确;
微粒的重力势能减小了ΔEp=mg·
=
mgd,选项C正确;
从射入到射出,由动能定理可知,
mgd-W电=0,可知克服电场力做功为
mgd,选项D错误;
故选B、C.
命题点二 用“等效法”处理带电粒子在
电场和重力场中的运动
1.等效重力法
将重力与电场力进行合成,如图4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4
2.物理最高点与几何最高点
在“等效力场”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几何最高点,而应是物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端,是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点.
例2
如图5所示,半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m、带电荷量为+q的珠子,现在圆环平面内加一个匀强电场,使珠子由最高点A从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径),要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.(重力加速度为g)
图5
(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向;
(2)当所加电场的场强为最小值时,求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小;
(3)在
(1)问电场中,要使珠子能完成完整的圆周运动,在A点至少应使它具有多大的初动能?
答案 见解析
解析
(1)根据题述,珠子运动到BC弧中点M时速度最大,作过M点的直径MN,设电场力与重力的合力为F,则其方向沿NM方向,分析珠子在M点的受力情况,由图可知,当F电垂直于F时,F电最小,最小值为:
F电min=mgcos45°
mg
F电min=qEmin
解得所加电场的场强最小值Emin=
,方向沿∠AOB的角平分线方向指向左上方.
(2)当所加电场的场强为最小值时,电场力与重力的合力为F=mgsin45°
把电场力与重力的合力看做是“等效重力”,对珠子由A运动到M的过程,由动能定理得
F(r+
r)=
mv2-0
在M点,由牛顿第二定律得:
FN-F=m
联立解得FN=(
+1)mg
由牛顿第三定律知,珠子对环的作用力大小为
FN′=FN=(
+1)mg.
(3)由题意可知,N点为等效最高点,只要珠子能到达N点,就能做完整的圆周运动,珠子在N点速度为0时,所需初动能最小,此过程中,由动能定理得:
-F(r-
r)=0-EkA
解得EkA=
mgr.
变式3
(2018·
陕西西安质检)如图6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
,圆环半径为R,斜面倾角为θ=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?
(sin37°
=0.6,cos37°
=0.8)
图6
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,即到达D点时圆环对小球的弹力恰好为零.
由圆周运动知识得:
F=
,即:
1.25mg=m
小球由A运动到D点,由动能定理结合几何知识得:
mg(h-R-Rcos37°
)-
mg·
(
+2R+Rsin37°
)=
mvD2,联立解得h≈7.7R.
命题点三 电场中的力电综合问题
1.力学规律
(1)动力学规律:
牛顿运动定律结合运动学公式.
(2)能量规律:
动能定理或能量守恒定律.
2.电场规律
(1)电场力的特点:
F=Eq,正电荷受到的电场力与场强方向相同.
(2)电场力做功的特点:
WAB=FLABcosθ=qUAB=EpA-EpB.
3.多阶段运动
在多阶段运动过程中,当物体所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度.对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运动过程草图来获得.
例3
(2017·
全国卷Ⅰ·
25)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.
解析
(1)油滴带电性质不影响结果.设该油滴带正电,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,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
qE2-mg=ma1①
油滴在t1时刻的速度为
v1=v0+a1t1②
电场强度在t1时刻突然反向,之后油滴做匀变速直线运动,加速度方向向下,大小a2满足
qE2+mg=ma2③
油滴在t2=2t1时刻,即运动到B点时的速度为
v2=v1-a2t1④
由①②③④式得
v2=v0-2gt1⑤
(2)由题意,在t=0时刻前有
qE1=mg⑥
油滴从t=0到t1时刻的位移为
x1=v0t1+
a1t12⑦
油滴在从t1时刻到t2=2t1时刻的时间间隔内的位移为
x2=v1t1-
a2t12⑧
由题给条件有v
=2g×
2h=4gh⑨
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
x1+x2=h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2=[2-2
+
)2]E1⑪
为使E2>E1,应有
2-2
)2>1⑫
解得0<t1<(1-
)
⑬
或t1>(1+
⑭
条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形.
若B在A点之下,依题意有
x2+x1=-h⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
-
)2]E1⑯
为使E2>
E1,应有
)2>
1⑰
解得t1>
+1)
⑱
另一解为负,不符合题意,舍去.
变式4
全国卷Ⅱ·
25)如图7所示,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A点将质量均为m,电荷量分别为q和-q(q>
0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开.已知N离开电场时的速度方向竖直向下;
M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求:
图7
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;
(2)A点距电场上边界的高度;
(3)该电场的电场强度大小.
答案
(1)3∶1
(2)
H (3)
解析
(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得
v0-at=0①
s1=v0t+
at2②
s2=v0t-
at2③
联立①②③式得
=3④
(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式
vy2=2gh⑤
H=vyt+
gt2⑥
M进入电场后做直线运动,由几何关系知
⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h=
H⑧
(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则
⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得
Ek1=
m(v02+vy2)+mgH+qEs1⑩
Ek2=
m(v02+vy2)+mgH-qEs2⑪
由已知条件
Ek1=1.5Ek2⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
E=
变式5
如图8所示,在E=103V/m的竖直匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接,半圆形轨道平面与电场线平行,其半径R=40cm,N为半圆形轨道最低点,P为QN圆弧的中点,一带负电q=10-4C的小滑块质量m=10g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N点右侧1.5m的M处,g取10m/s2,求:
图8
(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q,则小滑块应以多大的初速度v0向左运动?
(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大?
答案
(1)7m/s
(2)0.6N
解析
(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v,
由牛顿第二定律得mg+qE=m
小滑块从开始运动至到达Q点过程中,由动能定理得
-mg·
2R-qE·
2R-μ(mg+qE)x=
mv2-
mv02
联立解得:
v0=7m/s.
(2)设小滑块到达P点时速度为v′,则从开始运动至到达P点过程中,由动能定理得
-(mg+qE)R-μ(qE+mg)x=
mv′2-
又在P点时,由牛顿第二定律得FN=m
代入数据,解得:
FN=0.6N
由牛顿第三定律得,小滑块通过P点时对轨道的压力FN′=FN=0.6N.
1.(2017·
河南中原名校第二次联考)如图1所示,在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示,电子在板间运动(假设不与板相碰),下列说法正确的是( )
A.电压是甲图时,在0~T时间内,电子的电势能一直减少
B.电压是乙图时,在0~
时间内,电子的电势能先增加后减少
C.电压是丙图时,电子在板间做往复运动
D.电压是丁图时,电子在板间做往复运动
答案 D
解析 若电压是甲图,0~T时间内,电场力先向左后向右,则电子先向左做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故A错误;
电压是乙图时,在0~
时间内,电子向右先加速后减速,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故B错误;
电压是丙图时,电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动,过了
做加速度先增大后减小的减速运动,到T时速度减为0,之后重复前面的运动,故电子一直朝同一方向运动,C错误;
电压是丁图时,电子先向左加速,到
后向左减速,
后向右加速,
T后向右减速,T时速度减为零,之后重复前面的运动,故电子做往复运动,D正确.
2.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上,开始B板电势比A板电势高,这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间,它在电场力作用下开始运动,设A、B两极板间的距离足够大,下列说法正确的是( )
A.电子一直向着A板运动
B.电子一直向着B板运动
C.电子先向A板运动,然后返回向B板运动,之后在A、B两板间做周期性往复运动
D.电子先向B板运动,然后返回向A板运动,之后在A、B两板间做周期性往复运动
3.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图4所示,在该匀强电场中,有一个带负电粒子于t=0时刻由静止释放,若带电粒子只受电场力作用,则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)( )
A.带电粒子只向一个方向运动
B.0~2s内,电场力做功等于0
C.4s末带电粒子回到原出发点
D.2.5~4s内,电场力做功等于0
解析 画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示,
v-t图线与时间轴所围“面积”表示位移,可见带电粒子不是只向一个方向运动,4s末带电粒子不能回到原出发点,A、C错误;
2s末速度不为0,可见0~2s内电场力做的功不等于0,B错误;
2.5s末和4s末,速度的大小、方向都相同,则2.5~4s内,电场力做功等于0,所以D正确.
4.如图5所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球,另一端固定于O点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为a,最低点为b.不计空气阻力,则下列说法正确的是( )
A.小球带负电
B.电场力跟重力平衡
C.小球在从a点运动到b点的过程中,电势能减小
D.小球在运动过程中机械能守恒
解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动,所以重力与电场力的合力为0,电场力方向竖直向上,小球带正电,A错,B对;
从a→b,电场力做负功,电势能增大,C错;
由于有电场力做功,机械能不守恒,D错.
5.(多选)(2017·
河北唐山一模)如图6所示,竖直平面内有A、B两点,两点的水平距离和竖直距离均为H,空间存在水平向右的匀强电场.一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出,经一段时间竖直向下通过B点.重力加速度为g,小球在由A到B的运动过程中,下列说法正确的是( )
B.速度先增大后减小
C.机械能一直减小
D.任意一小段时间内,电势能的增加量总等于重力势能的减少量
答案 AC
解析 由题可知,小球在竖直方向做自由落体运动,在水平方向做匀减速运动,可知其所受电场力方向向左,与电场方向相反,则小球带负电,电场力一直对小球做负功,小球的电势能增加,机械能减小,A、C正确.小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力,合力方向指向左下方,又初速度水平向右,末速度竖直向下,由力与速度夹角关系可知,合力对小球先做负功,后做正功,小球的速度先减小后增大,B错误.任意一小段时间内,小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变,则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量,D错误.
6.(2017·
河南郑州第一次联考)如图7甲所示,在y=0和y=2m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
=1.0×
10-2C/kg,在t=0时刻以速度v0=5×
102m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域,不计粒子重力作用.求:
(1)粒子通过电场区域的时间;
(2)粒子离开电场的位置坐标;
(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小.
答案
(1)4×
10-3s
(2)(-2×
10-5m,2m) (3)4×
10-3m/s
解析
(1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场,在电场中做类平抛运动,所以粒子通过电场区域的时间t=
=4×
10-3s.
(2)粒子带负电,沿x轴负方向先加速后减速,加速时的加速度大小a1=
=4m/s2,减速时的加速度大小a2=
=2m/s2,离开电场时,在x轴方向上的位移大小x=
a1(
)2+a1(
)2-
a2(
)2=2×
10-5m,因此粒子离开电场的位置坐标为(-2×
10-5m,2m).
(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小为:
vx=a1
-a2
10-3m/s.
7.(2018·
江西宜春调研)如图8所示,O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点,不计空气阻力,一电荷量为-Q的点电荷固定在O点,现有一质量为m、电荷量为-q的小金属块(可视为质点),从A点由静止沿它们的连线向右运动,到B点时速度最大,其大小为vm,小金属块最后停止在C点.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ,A、B间距离为L,静电力常量为k,则( )
A.在点电荷-Q形成的电场中,A、B两点间的电势差UAB=
B.在小金属块由A向C运动的过程中,电势能先增大后减小
C.OB间的距离为
D.从B到C的过程中,小金属块的动能全部转化为电势能
答案 C
解析 小金属块从A到B过程,由动能定理得:
-qUAB-μmgL=
mvm2-0,得A、B两点间的电势差UAB=-
,故A错误;
小金属块由A点向C点运动的过程中,电场力一直做正功,电势能一直减小,故B错误;
由题意知,A到B过程,金属块做加速运动,B到C过程,金属块做减速运动,在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡,则有μmg=k
,得r=
,故C正确;
从B到C的过程中,小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能,故D错误.
8.如图9所示,匀强电场方向与水平线间夹角θ=30°
,方向斜向右上方,电场强度为E,质量为m的小球带负电,以初速度v0开始运动,初速度方向与电场方向一致.
图9
(1)若小球的带电荷量为q=
,为使小球能做匀速直线运动,应对小球施加的恒力F1的大小和方向各如何?
(2)若小球的带电荷量为q=
,为使小球能做直线运动,应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何?
答案
(1)
mg 方向与水平线成60°
角斜向右上方
(2)
角斜向左上方
解析
(1)如图甲所示,为使小球做匀速直线运动,必使其合外力为0,设对小球施加的力F1与水平方向夹角为α,则F1cosα=qEcosθ,F1sinα=mg+qEsinθ
代入数据解得α=60°
,F1=
即恒力F1与水平线成60°
角斜向右上方.
(2)为使小球能做直线运动,则小球所受合力的方向必和运动方向在一条直线上,故要使力F2和mg的合力和电场力在一条直线上.如图乙,当F2取最小值时,F2垂直于F.故F2=mgsin60°
mg,方向与水平线成60°
角