2019届高考物理专题十六带电粒子在电场中的运动精准培优专练.doc

《2019届高考物理专题十六带电粒子在电场中的运动精准培优专练.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考物理专题十六带电粒子在电场中的运动精准培优专练.doc（8页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1培优点十六 带电粒子在电场中的运动一、考点分析1. 本知识点常以计算题的形式与牛顿运动定律、功能关系、能量守恒综合考查。2. 两点注意：(1)注意带电粒子重力能否忽略；(2)力电综合问题注意受力分析、运动过程分析，应用动力学知识或功能关系解题。二、考题再现典例 1. (2018全国 III 卷21)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒 a、 b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放 a、 b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t， a、 b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面， a、 b 间的相互作用和

2、重力可忽略。下列说法正确的是( )A. a 的质量比 b 的大B. 在 t 时刻， a 的动能比 b 的大C. 在 t 时刻， a 和 b 的电势能相等D. 在 t 时刻， a 和 b 的动量大小相等【解析】两个粒子都做初速度为 0 的匀加速直线运动，则有 221qEyattm，有题意知相同时间内 a 的位移大于 b 的，且 q、 E 相等，所以 ma0)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

3、。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。求：(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。【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 at0 s1 v0t at2 12s2 v0t at2 12联立式得： 3 s1s2(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

4、，由运动学公式vy22 gh H vyt gt2 12M 进入电场后做直线运动，由几何关系知： v0vy s1H联立式可得： h H 13(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 v0vy qEmg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 qEs1 123Ek2 m(v02 vy2) mgH qEs2 12由已知条件 Ek11.5 Ek2 联立 式得： E 2mg2q三、对点速练1如图所示，有一带电粒子贴着 A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为 U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为 U

5、2时，带电粒子沿轨迹落到 B 板中间。设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电压之比为( )A U1 U218 B U1 U214C U1 U212 D U1 U211【解析】据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则： x vt，在竖直方向做初速度为 0 的匀加速直线运动，则： y at2 ，偏转电压12 qUx22mdv2为 U ，则偏转电压之比为： ( )2 ，故 A 选项正确。2mdyv2qx2 U1U2 y1x22y2x12 y1y2 x2x1 18【答案】A2. 如图， M、 N 两点处于同一水平面， O 为 M、 N 连线的中点，过 O 点的竖直

6、线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上 A、 B 两点关于 O 点对称。第一种情况，在 M、 N 两点分别放置电量为+Q 和- Q 的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从 A 点无初速释放，运动到 B 点；第二种情况，在 M、 N 两点分别放置电量为+ Q 的等量同种点电荷，该金属环仍从 A 点无初速释放，运动到 B 点。则两种情况中( )A. 金属环运动到 B 点的速度第一种情况较大B. 金属环从 A 点运动到 B 点所用的时间第一种情况较短C. 金属环从 A 点运动到 B 点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变D. 金属环从 A 点运动到 B 点的过程中(不含 A、 B 两点)，在杆上相同

7、位置的速度第一种情况较大【答案】BD43(多选)如图甲所示，两平行金属板 A、 B 放在真空中，间距为 d， P 点在 A、 B 板间， A板接地， B 板的电势 随时间 t 变化情况如图乙所示。 t0 时，在 P 点由静止释放一质量为 m、电荷量为 e 的电子，当 t2 T 时，电子回到 P 点。电子运动中没与极板相碰，不计重力。则( )A 1 2 12B 1 213C在 02 T 内，当 t T 时电子的动能最大D在 02 T 内，电子的电势能减小了 2e2T2 12md2【答案】BD4如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场 E， M 点与 P 点的连线垂直于电场线， M点与 N 点在同

8、一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度 v0分别从 M 点和 N 点沿竖直平面进入电场，重力不计。 N 点的粒子垂直电场线进入， M 点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过 P 点，在此过程中，下列说法正确的是( )A电场力对两粒子做功相同B两粒子到达 P 点的速度大小可能相等C两粒子到达 P 点时的电势能都减小D两粒子到达 P 点所需时间一定不相等【解析】由题图可知 M、 P 两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而 N、 P 间的电势差大于零，根据 W qU 知，电场力对 M 点的粒子不做功，对 N 点的粒子做正功，故 A错误；根据动能定理知 N

9、 点的粒子到达 P 点时电场力做正功，所以速度增大，而 M 点的粒子到达 P 点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子到达 P 点的速度大小不等，故 B 错误； M 点的粒子到达 P 点时电势能不变， N 点的粒子到达 P 点电场力做正功，所以电势能减少，故 C 错误；在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设 PM L， M 点的粒子初速度方向与电场线的夹角为 ，则 M 点的粒子到达 P 点的时间： tM ， N 点的粒子到达 P 点的时间： tN ，由此可见，两粒子到Lv0sin Lv0达 P 点所需时间一定不相等，故 D 正确。【答案】D55(多选)

10、如图所示，半径 R0.5 m 的 圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场14中， OB 水平，一质量为 m1.010 4 kg、带电荷量为 q8.010 5 C 的粒子从与圆弧圆心 O 等高且距 O 点 0.3 m 的 A 点以初速度 v03 m/s 水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的 C 点(图中未画出)，取 C 点电势 0，则( )A该匀强电场的电场强度 E100 V/mB粒子在 A 点的电势能为 8105 JC粒子到达 C 点的速度大小为 5 m/sD粒子速率为 4 m/s 时的电势能为 4.5104 J【解析】粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在 C

11、 点，由类平抛运动规律知： C 点速度方向的反向延长线必过 O 点，且OD AO0.3 m， DC0.4 m，即有： AD v0t， DC t2，解得 E25 12qEmN/C，故 A 错误；因 UDC EDC10 V，而 A、 D 两点电势相等，所以 A10 V，即粒子在A 点的电势能为： Ep q A810 4 J，故 B 错误；从 A 到 C 由动能定理：qUAC mvC2 mv02，得 vC5 m/s，故 C 正确；粒子在 C 点总能量 EC mvC21.2510 3 12 12 12J，由能量守恒定律可知，粒子速率为 4 m/s 时的电势能 Ep EC mv24.510 4 J，12

12、故 D 正确。【答案】CD6. 如图所示，在竖直面内有一矩形区 ABCD，水平边 AB= 3L，竖直边 BC = L， O 为矩形对角线的交点。将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向右抛出，小球经过 BC 边时的速度方向与 BC 夹角为 60。使此小球带电，电荷量为 q(q 0)，同时加一平行于矩形 ABCD 的匀强电场。现从 O 点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过 C 点的小球的动能为初动能的 23，经过 E 点（ DC 中点）的小球的动能为初动能的 76，重力加速度为 g。6(1)求小球的初动能；(2)取电场中 O 点的电势为零，

13、求 C、 E 两点的电势；(3)带电小球经过矩形边界的哪个位置动能最大？最大动能是多少？【解析】(1)没加电场时，由平抛运动知识：水平方向 032Lvt竖直方向： yvgt， 0tan3yvo联立解得：小球的初动能 2k0014EmgL(2)加电场后，根据能量守恒定律：由 O 到 C： k01324qgLg由 O 到 E： k0768mEmL则 3348CEggqq，(3)如图，取 OC 中点 F，则 EF 为等势线，电场线与等势线 EF 垂直由 1cos302OEUl，得 32mg用正交分解法求出电场力和重力的合力： 3sin04xFqEmg， 1cos304yFqEmg合力 21xy，方向

14、沿 OD合力对小球做功越多，小球动能越大，则从 D 点射出的带电小球动能最大，根据动能定理：km0FODE解得最大初动能 k54gL。7如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为 R 的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在 B 点平滑连接，过半圆轨道圆心 O 的水平界面 MN 的下方分布有水平向右的匀强电场 E，质量为 m 的带正电小滑块从水平轨道上 A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过 B 点后电量保持不变，小滑块在 AB 段加速度随位移变化图象如图乙。已知 A、 B 间距离为 4R，滑块与轨道间动摩擦因数为 = 0.5，重力加速度为 g，不计空气阻力，求：7(1)小滑块释放后运动至 B 点过

15、程中电荷量的变化量；(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小；(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距 B 的距离。【解析】(1) 由牛顿第二定律得，在 A 点： 012qEmg 在 B 点： 132qEmg 由联立解得: 10gqE (2)从 A 到 B 过程，由动能定理得： 2113240gmRmv将电场力与重力的合力等效为“重力 G”，与竖直方向的夹角设为 ，在“等效最低点”时滑块对轨道压力最大，则： 221()GmgqE cos从 B 到“等效最低点”过程，由动能定理得： 221(cos)GRmv 由牛顿第二定律得：2NvFGmR

16、由式联立解得： (635)g由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为 m(3)从 B 到 C 过程，由动能定理得： 221312gRqEv 从 C 点到再次进入电场的过程中做平抛运动：水平方向： 13xvt 8竖直方向： 21Rgt yvgt设速度方向与水平方向的夹角为 1，则 13tanyv 进入电场后，受向左的电场力与竖直向下的重力， 21tmgqE 由 式联立可得： 12，则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tanRx从 C 点到水平轨道： 2212431mgRqExmv 由式联立可得： 45gR， 126xR因此滑块再次到达水平轨道的速度大小为 42v，方向与水平方向夹角的正切值为1tan0.5、斜向左下方，位置在 B 点左侧 6R 处。