第9章 专题强化16 带电粒子在电场中运动的综合问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

第九章　静电场 专题强化16　带电粒子在电场中运动的综合问题 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 谢谢观看！ 热点一　带电粒子在交变电场中的运动 1．粒子做单向直线运动，一般整段或分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式求解。 2．粒子做往返运动，一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解。 3．粒子做偏转运动，一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解。 带电粒子在交变电场中的直线运动 [典例1] (2024·广西南宁模拟)如图甲所示，A、B是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示电压，U0、T0为已知。质量为m、电荷量为q的带正电粒子在t＝0时刻从紧靠A板位置由静止释放(不计重力)，粒子经2T0时间到达B板。求： (1)粒子到达B板时的速度v； (2)两个金属板间的距离d。 INCLUDEPICTURE "2025版优化指导.高考总复习.第1轮.物理（配人教多选版）教用/rjylj287.tif" \* MERGEFORMAT 　　 解析：(1)在0～T0时间，由牛顿第二定律，E1q＝ma1，又E1＝ eq \f(2U0,d) ，由运动学公式知粒子运动的位移为d1＝ eq \f(1,2) · eq \f(2qU0,md) T02＝ eq \f(qU0T02,md) ，T0时刻的速度为v1＝a1T0 在T0～2T0时间，由牛顿第二定律，E2q＝ma2，又E2＝ eq \f(U0,d) ，由运动学公式知粒子运动的位移为d2＝ eq \f(2qU0,md) T0·T0＋ eq \f(1,2) · eq \f(qU0,md) ·T02＝ eq \f(5qU0T02,2md) ，2T0时刻的速度v＝v1＋a2T0 解得v＝3 eq \r(\f(2qU0,7m)) 。 (2)根据位移关系得d1＋d2＝d 解得d＝T0 eq \r(\f(7qU0,2m)) 。 答案：(1)3 eq \r(\f(2qU0,7m)) 　(2)T0 eq \r(\f(7qU0,2m)) 带电粒子在交变电场中的偏转 [典例2] (2024·广东佛山测试)在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变，方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一个电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问： INCLUDEPICTURE "2025版优化指导.高考总复习.第1轮.物理（配人教多选版）教用/rjylj288.tif" \* MERGEFORMAT 　　 (1)若电子从t＝0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t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？ (3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？ 解析：(1)设A、B两极板间距离为d，由动能定理得 e· eq \f(U0,d) · eq \f(d,2) ＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv02 解得v＝ eq \r(v02＋\f(eU0,m)) 。 (2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，随后重复上述运动过程；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T。 (3)若要使电子从OO′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，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝ eq \f(T,4) ＋k eq \f(T,2) (k＝0，1，2，…)时刻射入； 极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，由牛顿第二定律有a＝ eq \f(eU0,md) 加速阶段电子沿电场方向运动的距离需满足 s＝ eq \f(1,2) · eq \f(eU0,md) ( eq \f(T,4) )2≤ eq \f(d,4) 解得d≥T eq \r(\f(eU0,8m)) 故两极板间距至少为T eq \r(\f(eU0,8m)) 。 答案：(1) eq \r(v02＋\f(eU0,m)) 　(2)v0T　(3) eq \f(T,4) ＋k eq \f(T,2) (k＝0，1，2，…)　T eq \r(\f(eU0,8m)) 热点二　带电粒子(带电体)的力电综合问题 1．动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。 2．能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。 3．动量观点：应用动量定理分析。 “等效重力场” 1.等效重力场 (1)求出重力与静电力的合力F合，将F合视为“等效重力”。 (2)将a＝ eq \f(F合,m) 视为“等效重力加速度”。 (3)小球能自由静止的位置是“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。 2．求解技巧 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。 [典例3] (多选)(2024·湖北武汉汉阳区模拟)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一个质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．匀强电场的电场强度E＝ eq \f(mg tan θ,q) B．小球动能的最小值为Ek＝ eq \f(mgL,2cos θ) C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 AB　解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mg tan θ，解得E＝ eq \f(mg tan θ,q) ，A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A时速度最小，根据牛顿第二定律，有 eq \f(mg,cos θ) ＝m eq \f(v2,L) ，则最小动能Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(mgL,2cos θ) ，B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D错误。 多过程问题 1.当物体所受外力突变时，物体由于惯性速度不发生突变，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。 2．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。 [典例4] (2022·辽宁卷)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑 eq \f(1,4) 圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为 eq \r(gR) ，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为 eq \r(2) mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)小球经过O点时的速度大小； (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 解析：(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得 Ep＝ eq \f(1,2) mvB2＝ eq \f(1,2) mgR。 (2)小球从B到O，根据动能定理有 －mgR＋qE· eq \r(2) R＝ eq \f(1,2) mvO2－ eq \f(1,2) mvB2 解得vO＝ eq \r(3gR) 。 (3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有 qE cos 45°＝max y轴方向有qE sin 45°－mg＝may 解得ax＝g，ay＝0 说明小球过O点后，在x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，在y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有 x＝ eq \f(1,2) gt2，y＝vOt 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx，y≥0。 答案：(1) eq \f(1,2) mgR　(2) eq \r(3gR) 　(3)y2＝6Rx，y≥0 1．(多选)(2022·全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一个带正电荷的小球自电场中的P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后(　　) A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 BD　解析：因为Eq＝mg，所以等效重力G′的方向与水平方向成45°角，如图所示。当vy＝0时速度最小，为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，A错误；水平方向上有v0＝ eq \f(Eq,m) t，在竖直方向上有v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，如图所示，小球的动能等于初动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理可知WG＋WEq＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量， B、D正确；当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，C错误。 2．(2023·新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电荷量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、 eq \f(v0,4) ；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率 eq \f(v0,2) ，均竖直向下做匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 (1)求油滴a和油滴b的质量之比； (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。 解析：(1)设油滴半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝ eq \f(4,3) πr3ρ 由题意知油滴速率为v时受到的阻力f＝krv 则当油滴匀速下落时mg＝f 解得r＝ eq \r(\f(3kv,4πρg)) ∝ eq \r(v) 可知 eq \f(ra,rb) ＝ eq \r(\f(v0,\f(1,4)v0)) ＝2 则 eq \f(ma,mb) ＝ eq \f(ra3,rb3) ＝ eq \f(8,1) 。 (2)两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率 eq \f(v0,2) ，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得 |qa|E＋fa＝mag 其中fa＝ eq \f(\f(v0,2),v0) mag＝ eq \f(1,2) mag 对b由受力平衡可得fb－qbE＝mbg 其中fb＝ eq \f(\f(v0,2),\f(1,4)v0) mbg＝2mbg 联立解得| eq \f(qa,qb) |＝ eq \f(ma,2mb) ＝ eq \f(4,1) 。 答案：(1)8∶1　(2)油滴a带负电，油滴b带正电　4∶1 $$