新高考物理一輪復(fù)習(xí)講義第9章專題強化14　帶電粒子在電場中的力電綜合問題（2份打包，原卷版+教師版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

題型一帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動
1．等效重力場
物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體的運動問題就會變得復(fù)雜一些．此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復(fù)合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”．
2.
3．舉例
例1 (多選)(2023·福建省福州第十五中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，帶電小球(可視為質(zhì)點)用絕緣細(xì)線懸掛在O點，在豎直平面內(nèi)做完整的變速圓周運動，小球運動到最高點時，細(xì)線受到的拉力最大．已知小球運動所在的空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E，小球質(zhì)量為m、帶電荷量為q，細(xì)線長為l，重力加速度為g，則( )
A．小球帶正電
B．靜電力大于重力
C．小球運動到最低點時速度最大
D．小球運動過程最小速度至少為v＝eq \r(\f(?qE－mg?l,m))
答案 BD
解析因為小球運動到最高點時，細(xì)線受到的拉力最大，可知重力和靜電力的合力(等效重力)方向向上，則靜電力方向向上，且靜電力大于重力，小球帶負(fù)電，故A錯誤，B正確；因重力和靜電力的合力方向向上，可知小球運動到最高點時速度最大，故C錯誤；由于等效重力豎直向上，所以小球運動到最低點時速度最小，最小速度滿足qE－mg＝meq \f(v2,l)，即v＝eq \r(\f(?qE－mg?l,m))，故D正確．
例2 (多選)(2023·重慶市八中高三檢測)如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝1×104 V/m，其中有一個半徑為R＝2 m的豎直光滑圓環(huán)軌道，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦軌道AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角．質(zhì)量為m＝0.08 kg、電荷量為q＝＋6×10－5 C的帶電小環(huán)(視為質(zhì)點)穿在弦軌道上，從A點由靜止釋放，可分別沿AB和AC到達(dá)圓周上的B、C點．現(xiàn)去掉弦軌道AB和AC，如圖乙所示，讓小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運動．不考慮小環(huán)運動過程中電荷量的變化．下列說法正確的是(cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．小環(huán)在弦軌道AB和AC上運動時間之比為1∶1
B．小環(huán)做圓周運動過程中經(jīng)過C點時動能最大
C．小環(huán)做圓周運動過程中動能最小值是1 J
D．小環(huán)做圓周運動過程中對圓環(huán)軌道的最大壓力是5 N
答案 AD
解析因為重力與靜電力均為恒力，所以二者的合力大小為F＝eq \r(?mg?2＋?Eq?2)＝1 N，與豎直方向夾角正切值tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，解得θ＝37°，重力與靜電力合力指向AO，A為等效最高點，根據(jù)等時圓模型，小環(huán)在弦軌道AB和AC上運動時間相等，A正確；等效最低點是AO延長線與圓環(huán)軌道交點，而非C點，等效最低點速度最大，動能最大，B錯誤；因為小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運動，則小環(huán)在等效最高點A速度最小為零，在A點動能最小也為零，C錯誤；小環(huán)在等效最低點時速度最大，動能最大，小環(huán)對圓環(huán)軌道壓力也最大，從等效最高點至等效最低點過程中，由動能定理得 F·2R＝eq \f(1,2)mvm2－0，由牛頓第二定律得FN－F＝meq \f(vm2,R)，代入數(shù)據(jù)解得FN＝5 N，由牛頓第三定律，小環(huán)做圓周運動的過程中對圓環(huán)的最大壓力是5 N，D正確．
例3 如圖所示，現(xiàn)有一個小物塊質(zhì)量為m＝80 g、帶正電荷 q＝2×10－4 C，與水平軌道之間的動摩擦因數(shù) μ＝0.2，在水平軌道的末端N處連接一個光滑豎直的半圓形軌道，半徑為R＝40 cm.整個軌道處在一個方向水平向左、電場強度大小E＝4×103 V/m的勻強電場中，取g＝10 m/s2.
(1)若小物塊恰能運動到軌道的最高點L，那么小物塊應(yīng)從距N點多遠(yuǎn)處的A點釋放？
(2) 如果小物塊在(1)中的位置A釋放，當(dāng)它運動到P點(軌道中點)時軌道對它的支持力等于多少？
(3)如果小物塊在(1)中的位置A釋放，當(dāng)它運動到NP間什么位置時動能最大，最大動能是多少？(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
答案 (1)1.25 m (2)4.8 N (3)與圓心的連線與豎直方向夾角為45° 0.93 J
解析 (1)物塊恰能通過軌道最高點L的條件是
mg＝meq \f(vL2,R)，代入數(shù)據(jù)解得vL＝2 m/s
設(shè)A到N的距離為s，對A到L過程中根據(jù)動能定理得qEs－μmgs－mg·2R＝eq \f(1,2)mvL2－0
代入數(shù)據(jù)解得s＝1.25 m
(2)物塊由P到L過程根據(jù)動能定理得
－mgR－qER＝eq \f(1,2)mvL2－eq \f(1,2)mvP2
解得vP＝2eq \r(5) m/s
在P點根據(jù)牛頓第二定律得FN－qE＝meq \f(vP2,R)
代入數(shù)據(jù)解得FN＝4.8 N.
(3)如圖所示，當(dāng)合力的反方向延長線過圓心時動能最大，設(shè)該點為B，過B的半徑與豎直方向間的夾角為θ，則tan θ＝eq \f(qE,mg)＝1，θ＝45°.從A到B，由動能定理得qE(s＋Rsin θ)－μmgs－mgR(1－cs θ)＝Ekm，解得Ekm＝(0.48＋0.32eq \r(2)) J≈0.93 J.
題型二電場中的力電綜合問題
1．動力學(xué)的觀點
(1)由于勻強電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2)綜合運用牛頓運動定律和運動學(xué)公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題．
2．能量的觀點
(1)運用動能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判斷是對分過程還是對全過程使用動能定理．
(2)運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)．
①若帶電粒子只在靜電力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變．
②若帶電粒子只在重力和靜電力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變．
3．動量的觀點
(1)運用動量定理，要注意動量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向．
(2)運用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達(dá)式是矢量式，還要注意題目表述是否為某方向上動量守恒．
例4 (2023·湖南株洲市模擬)如圖，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，并穿過右極板上的小孔，電容器極板連同底座總質(zhì)量為2m，底座鎖定在水平面上時，套在桿上質(zhì)量為m的帶電環(huán)以某一初速度由小孔進入電容器后，最遠(yuǎn)能到達(dá)距離右極板為d的位置．底座解除鎖定后，將兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則帶電環(huán)進入電容器后，最遠(yuǎn)能到達(dá)的位置距離右極板( )
A.eq \f(1,2)d B．d C.eq \f(2,3)d D.eq \f(4,3)d
答案 C
解析設(shè)帶電環(huán)所帶電荷量為q，初速度為v0，底座鎖定時電容器極板間電場強度為E，則由功能關(guān)系有qEd＝eq \f(1,2)mv02，底座解除鎖定后，兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，極板間電場強度大小不變，電容器及底座在帶電環(huán)作用下一起向左運動，當(dāng)與帶電環(huán)共速時，帶電環(huán)到達(dá)進入電容器后的最遠(yuǎn)位置，整個過程滿足動量守恒，則有mv0＝3mv1，再由功能關(guān)系有qEd′＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×3mv12，聯(lián)立解得 d′＝eq \f(2,3)d，故選C.
例5 如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別為2m和m，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦．開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度(已知彈簧形變量為x時彈性勢能為eq \f(1,2)kx2)，重力加速度為g，則在此過程中( )
A．物體B帶負(fù)電，受到的靜電力大小為mgsin θ
B．物體B的速度最大時，彈簧的伸長量為eq \f(2mgsin θ,k)
C．撤去外力F的瞬間，物體B的加速度大小為3gsin θ
D．物體B的最大速度為gsin θeq \r(\f(3m,k))
答案 D
解析假設(shè)B所受靜電力沿斜面向下，當(dāng)施加外力時，對B分析可知F－mgsin θ－F電＝0，解得F電＝2mgsin θ，假設(shè)成立，故B帶負(fù)電，故A錯誤；當(dāng)B受到的合力為零時，B的速度最大，由kx＝F電＋mgsin θ，解得x＝eq \f(3mgsin θ,k)，故B錯誤；當(dāng)撤去外力瞬間，彈簧彈力還來不及改變，即彈簧的彈力仍為零，對物體A、B分析可知F合＝F電＋mgsin θ＝(m＋2m)a，解得a＝gsin θ，故C錯誤；設(shè)物體B的最大速度為vm，由功能關(guān)系可得eq \f(1,2)·3mvm2＋eq \f(1,2)kx2＝mgxsin θ＋F電x，解得vm＝gsin θeq \r(\f(3m,k))，故D正確．
例6 (2019·全國卷Ⅱ·24)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計．
(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？
答案 (1)eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ))
(2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
解析 (1)PG、QG間電場強度大小相等，均為E.粒子在PG間所受靜電力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv02③
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))
(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度為L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ)).
課時精練
1.如圖所示，一個電荷量為－Q的點電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點．另一個電荷量為＋q、質(zhì)量為m的點電荷乙，從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動，運動到B點時的速度為v，且為運動過程中速度的最小值．已知點電荷乙受到的阻力大小恒為Ff，A、B間距離為L0，靜電力常量為k，則下列說法正確的是( )
A．點電荷乙從A點向甲運動的過程中，加速度逐漸增大
B．點電荷乙從A點向甲運動的過程中，其電勢能先增大再減小
C．OB間的距離為eq \r(\f(kQq,Ff))
D．在點電荷甲形成的電場中，AB間電勢差UAB＝eq \f(FfL0＋\f(1,2)mv2,q)
答案 C
解析點電荷乙從A點向甲運動的過程中，受向左的靜電力和向右的阻力，兩點電荷靠近過程中靜電力逐漸增大，阻力不變，點電荷乙先減速后加速，所以加速度先減小后增大，故A錯誤；在點電荷乙向甲運動過程中靜電力一直做正功，因此電勢能一直減小，故B錯誤；當(dāng)速度最小時有Ff＝F＝keq \f(Qq,r2)，可得r＝eq \r(\f(kQq,Ff))，故C正確；點電荷乙從A運動到B過程中，根據(jù)動能定理有UABq－FfL0＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，計算得出UAB＝eq \f(FfL0＋\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02,q)，故D錯誤．
2.(多選)(2023·黑龍江齊齊哈爾市八中模擬)如圖所示，四分之一光滑絕緣圓弧槽B處切線水平，一可視為質(zhì)點的帶正電小球從圓弧槽A處由靜止釋放，滑到B處離開圓弧槽做平拋運動，到達(dá)水平地面的D處，若在裝置所在平面內(nèi)加上豎直向下的勻強電場，重復(fù)上述實驗，下列說法正確的是( )
A．小球落地點在D的右側(cè)
B．小球落地點仍在D點
C．小球落地點在D的左側(cè)
D．小球離開B到達(dá)地面的運動時間減小
答案 BD
解析不加電場時，小球從A到B有mgR＝eq \f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq \r(2gR)，平拋過程，豎直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))，平拋水平位移x＝vBt＝2eq \r(Rh)，平拋水平位移與重力加速度無關(guān)，施加豎直向下的勻強電場后，小球同時受重力和向下的靜電力，相當(dāng)于重力加速度增大了，小球落地點仍在D點，t∝eq \r(\f(1,g))，小球離開B后到達(dá)地面的運動時間減小，B、D正確．
3.(多選)如圖所示，可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m且電荷量為q的帶電小球，用一絕緣輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于O點，繩長為L，現(xiàn)加一水平向右的足夠大的勻強電場，電場強度大小為E＝eq \f(3mg,4q)，小球初始位置在最低點，若給小球一個水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內(nèi)做圓周運動，忽略空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是( )
A．小球在運動過程中機械能守恒
B．小球在運動過程中機械能不守恒
C．小球在運動過程中的最小速度至少為eq \r(gL)
D．小球在運動過程中的最大速度至少為eq \f(5,2)eq \r(gL)
答案 BD
解析小球在運動的過程中，靜電力做功，機械能不守恒，故A錯誤，B正確；如圖所示，小球在電場中運動的等效最高點和最低點分別為A點和B點，等效重力G′＝eq \f(5,4)mg，小球在最高點的最小速度v1滿足G′＝meq \f(v12,L)，得v1＝eq \f(\r(5gL),2)，故C錯誤；小球由最高點運動到最低點，由動能定理有G′·2L＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，解得v2＝eq \f(5,2) eq \r(gL)，故D正確．
4.如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場．AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點正下方．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA豎直向下從A點沿切線進入四分之一圓弧軌道內(nèi)側(cè)，沿軌道運動到B處以速度vB射出．已知重力加速度為g，電場強度大小為E＝eq \f(3mg,4q)，sin 37°＝0.6，空氣阻力不計，下列說法正確的是( )
A．從A到B過程中，小球的機械能先增大后減小
B．從A到B過程中，小球?qū)壍赖膲毫ο葴p小后增大
C．在A、B兩點的速度大小滿足vA>vB
D．從B點拋出后，小球速度的最小值為eq \f(4,5)eq \r(vA2＋\f(1,2)gR)
答案 D
解析從A到B過程中，靜電力一直做負(fù)功，小球的機械能一直減小，故A錯誤；設(shè)等效重力與豎直線的夾角為θ，則tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，故θ為37°，等效重力方向與豎直方向成37°角偏左下方，所以從A到B過程中，小球速度先增大后減小，對軌道的壓力先增大后減小，故B錯誤；B點比A點更靠近等效最低點，所以vA

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