2024屆高考物理復習：“帶電粒子在電場中運動問題”的綜合研究

第4講“帶電粒子在電場中運動問題”的綜合研究(一)電場中的三類圖像問題類型1φ-x圖像(1)φ-x圖線上某點切線的斜率的絕對值表示電場強度的大小，φ-x圖線存在極值，其切線的斜率為零，則對應位置處電場強度為零。(2)在φ-x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向。(3)在φ-x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷。[例1](2021·山東等級考)如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為＋q的點電荷；在0≤x＜eq\f(\r(2),2)a區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為－Q的點電荷P置于正方形的中心O點，此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為零。若將P沿x軸向右略微移動后，由靜止釋放，以下判斷正確的是()A．Q＝eq\f(\r(2)＋1,2)q，釋放后P將向右運動B．Q＝eq\f(\r(2)＋1,2)q，釋放后P將向左運動C．Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，釋放后P將向右運動D．Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，釋放后P將向左運動[解析]以最左端的電荷量為＋q的點電荷為研究對象，其余三個電荷量為＋q的點電荷對研究對象庫侖力的合力與電荷量為－Q的點電荷對研究對象庫侖力等大反向，則由物體的平衡和庫侖定律得：keq\f(q2,\r(2)a2)＋2keq\f(q2,a2)cos45°＝keq\f(Qq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2)，解得Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，故A、B錯誤；在x軸上0≤x＜eq\f(\r(2),2)a區(qū)間內，根據(jù)題圖乙可知電場方向水平向左，－Q所受電場力的方向水平向右，則釋放P后將向右運動，故C正確，D錯誤。[答案]C類型2Ep-x圖像(1)根據(jù)電勢能的變化可以判斷電場力做功的正負，電勢能減少，電場力做正功；電勢能增加，電場力做負功。(2)根據(jù)ΔEp＝－W＝－Fx，圖像Ep-x斜率的絕對值表示電場力的大小。[例2](2022·廣東深圳模擬)(多選)如圖甲所示，A、B為電場中一直線上的兩個點，帶正電的點電荷只受電場力的作用，從A點以某一初速度做直線運動到B點，其電勢能Ep隨位移x的變化關系如圖乙所示。則從A到B過程中，下列說法正確的是()A．點電荷的速度先增大后減小B．空間電場是某負點電荷形成的C．點電荷所受電場力先減小后增大D．空間各點的電勢先升高后降低[解析]根據(jù)電勢能Ep隨位移x的變化圖像可知點電荷運動過程中電勢能先增大后減小，所以電場力先做負功再做正功，點電荷的動能先減小再增大，速度先減小后增大，故A錯誤；點電荷帶正電，且電場力先做負功再做正功，所以電場強度的方向先向左再向右，空間電場可能是由某正點電荷形成的，故B錯誤；電勢能Ep-x曲線的斜率表示電場力，可知電場力先減小后增大，故C正確；根據(jù)Ep＝qφ，點電荷的電勢能先增大后減小，所以從A到B，空間各點的電勢先升高后降低，故D正確。[答案]CD類型3E-x圖像在給定了電場的E-x圖像后，可以由圖線確定電場強度的變化情況，E＞0表示場強沿正方向，E＜0表示場強沿負方向；E-x圖線與x軸所圍成的面積表示電勢差，如果取x＝0處為電勢零點，則可由圖像的面積分析各點電勢的高低，綜合分析粒子的運動，進一步確定粒子的電性、電場力做功及粒子的動能變化、電勢能變化等情況。[例3](多選)真空中相距為3a的兩個點電荷M、N分別固定在x軸上x1＝0和x2＝3a的兩點，在兩者連線上各點的電場強度E隨x變化的關系如圖所示，設電場方向沿x軸正方向時E取正值，則以下判斷正確的是()A．點電荷M、N均為正電荷B．M、N所帶電荷量的絕對值之比為2∶1C．x＝2a處的電勢一定為零D．沿x軸從0到3a電勢先降低再升高[解析]若兩電荷為異種電荷，在x＝2a處，電場強度不可能為0，故兩電荷為同種電荷，在0～2a范圍內電場為正，方向沿x軸正方向，所以點電荷M、N為正電荷，故A正確；2a處合場強為0，由E＝eq\f(kQ,r2)知，eq\f(QM,4a2)＝eq\f(QN,a2)，所以M、N所帶電荷量的絕對值之比為4∶1，故B錯誤；由于零電勢點的選取是任意的，故x＝2a處的電勢不一定為零，沿電場線方向電勢降低，故x＝0點的電勢高于x＝2a點的電勢，2a～3a范圍內電場為負，方向沿x軸負方向，故x＝2a點的電勢低于x＝3a點的電勢，沿x軸從0移動到3a，電勢先降低后升高，故C錯誤，D正確。[答案]AD(二)帶電粒子在交變電場中的運動1．三種常見題型(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)。(2)粒子做往返運動(一般分段研究)。(3)粒子做偏轉運動(一般根據(jù)交變電場的特點分段研究)。2．兩條分析思路一是力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系(機械能守恒、動能定理、能量守恒)。3．兩個運動特征分析受力特點和運動規(guī)律，抓住粒子的運動具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關的邊界條件。[考法全析]eq\a\vs4\al(考法一帶電粒子的單向直線運動)[例1]如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動。設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖像中能正確反映電子速度隨時間變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()[解析]電子在交變電場中所受電場力大小恒定，加速度大小不變，C、D錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱?。之后重復上述運動，A正確，B錯誤。[答案]Aeq\a\vs4\al(考法二帶電粒子的往復運動)[例2](多選)勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內，電場力做的總功為零[解析]設第1s內粒子的加速度為a1，第2s內的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內向負方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，v-t圖像如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確。[答案]CDeq\a\vs4\al(考法三帶電粒子在交變電場中的偏轉)[例3]如圖甲所示，電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求：(1)在t＝0.06s時刻進入電容器的電子打在熒光屏上的何處；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長。[解析](1)電子經(jīng)電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)電場偏轉后側移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)eq\f(L,v)2所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由題圖知t＝0.06s時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設打在屏上的點距O點的距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm，即打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm。(2)由題知電子側移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當偏轉電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm。[答案](1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm(2)30cm(三)“等效重力法”在電場中的應用1．等效重力法把電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力。如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”；F合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向。2．物理最高點與幾何最高點在電場和重力場的疊加場中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內做圓周運動的臨界速度問題。小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應是物理最高點。[典例]如圖所示，一光滑絕緣半圓環(huán)軌道固定在豎直平面內，與光滑絕緣水平面相切于B點，軌道半徑為R。整個空間存在水平向右的勻強電場E，場強大小為eq\f(3mg,4q)，一帶正電小球質量為m、電荷量為q，從距離B點為eq\f(R,3)處的A點以某一初速度沿AB方向開始運動，經(jīng)過B點后恰能運動到軌道的最高點C。(重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則：(1)帶電小球從A點開始運動時的初速度v0多大？(2)帶電小球從軌道最高點C經(jīng)過一段時間運動到光滑絕緣水平面上D點(圖中未標出)，B點與D點的水平距離多大？[解析](1)小球在半圓環(huán)軌道上運動時，當小球所受重力、電場力的合力方向與速度垂直時，速度最小。設F合與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(Eq,mg)＝eq\f(3,4)，則θ＝37°，故F合＝eq\f(Eq,sin37°)＝eq\f(5,4)mg。設此時的速度為v，由于合力恰好提供小球圓周運動的向心力，由牛頓第二定律得eq\f(5mg,4)＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\r(\f(5gR,4))從A點到該點由動能定理得－mgR(1＋cos37°)－eq\f(3mgR,4)eq\f(1,3)＋sin37°＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\f(5,2)eq\r(gR)。(2)設小球運動到C點的速度為vC，小球從A點到C點由動能定理得－2mgR－eq\f(3mg,4)×eq\f(R,3)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02解得vC＝eq\f(1,2)eq\r(7gR)當小球離開C點后，在豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻加速直線運動，設C點到D點的運動時間為t。設水平方向的加速度為a，B點到D點的水平距離為x水平方向上有eq\f(3mg,4)＝max＝vCt＋eq\f(1,2)at2豎直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得x＝eq\r(7)＋eq\f(3,2)R。[答案](1)eq\f(5,2)eq\r(gR)(2)eq\r(7)＋eq\f(3,2)R[規(guī)律方法]等效法求解電場中圓周運動問題的解題思路(1)求出重力與電場力的合力F合，將這個合力視為一個“等效重力”。(2)將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”。找出等效“最低點”和等效“最高點”。(3)將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解。[多維訓練]類型1等效場中的“繩球”模型1.(多選)如圖，在水平向右的勻強電場中，一個質量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度E＝eq\f(mg,q)，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．若小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，則過最高點D的最小速度為eq\r(gL)B．若小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，則小球運動到B點時機械能最大C．若小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，小球從C到D的過程中機械能不守恒D．若將小球從A點由靜止釋放，小球能沿圓弧運動到D點且速度為零解析：選BC由于電場強度mg＝Eq，將電場力和重力合成，合力方向通過圓心時，合力所在的直線與圓周的交點是速度最大點和最小點。當繩子拉力為零時，小球的加速度大小為a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(\r(2)mg,m)＝eq\r(2)g，故若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為v，在右上方的交點時，繩子拉力為零，此時則有：eq\r(2)mg＝meq\f(v2,L)，解得，v＝eq\r(\r(2)gL)，故過最高點D的最小速度一定大于eq\r(gL)，故A錯誤；除重力和彈力外其他力做功等于機械能的增加值，若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時，電場力做正功最大，故到B點時的機械能最大，故B正確；若小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，小球從C到D的過程中電場力做功，所以機械能不守恒，故C正確；由于mg＝Eq，則小球受合力方向與電場方向夾角45°斜向下，故若將小球在A點由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運動，故D錯誤。類型2等效場中的“桿球”模型2.如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，O是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質量為m、電荷量為＋q(q＞0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點，OP與豎直方向的夾角θ＝37°。不計空氣阻力，已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)電場強度E的大小；(2)若要使小球從P點出發(fā)能做完整的圓周運動，小球初速度的大小應滿足的條件。解析：(1)當小球靜止在P點時，小球的受力情況如圖所示，則有eq\f(qE,mg)＝tanθ，所以E＝eq\f(3mg,4q)。(2)小球所受重力與電場力的合力F＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg。當小球做圓周運動時，可以等效為在一個“重力加速度”為eq\f(5,4)g的“重力場”中運動。若要使小球能做完整的圓周運動，則小球必須能通過圖中的Q點。設當小球從P點出發(fā)的速度為vmin時，小球到達Q點時速度為零，在小球從P運動到Q的過程中，根據(jù)動能定理有－eq\f(5,4)mg·2r＝0－eq\f(1,2)mvmin2，所以vmin＝eq\r(5gr)，即小球的初速度應不小于eq\r(5gr)。答案：(1)eq\f(3mg,4q)(2)不小于eq\r(5gr)[課時跟蹤檢測]一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1.某半導體PN結中存在電場，取電場強度E的方向為x軸正方向，其E-x關系如圖所示，ON＝OP，OA＝OB。取O點的電勢為零，則()A．A、B的電勢相等B．從N到O的過程中，電勢一直增大C．電子從N移到P的過程中，電勢能先增大后減小D．電子從N移到O和從O移到P的過程中，電場力做功相等解析：選D由于場強為正值則電場強度E的方向為x軸正方向，沿著電場線方向電勢逐漸降低，A、B錯誤；電子從N移到P的過程中，電場力一直做正功，電勢能逐漸減小，C錯誤；由圖像可知，圖形的面積表示電勢差，則有UNO＝UOP，再根據(jù)W＝qU可知，則電子從N移到O和從O移到P的過程中，電場力做功相等，D正確。2．空間存在著平行紙面的勻強電場，但電場的具體方向未知，現(xiàn)在紙面內建立直角坐標系xOy，用儀器沿Ox、Oy兩個方向探測該靜電場中各點電勢，得到各點電勢φ與橫、縱坐標的函數(shù)關系如圖所示。關于該電場的電場強度E，下列說法正確的是()A．E＝3V/m，方向沿x軸正方向B．E＝5V/m，方向指向第一象限C．E＝400V/m，方向沿y軸負方向D．E＝500V/m，方向指向第三象限解析：選D在沿y軸方向，電勢為40V時，此時距離O點的距離為10cm，而沿x軸方向，電勢為40V時，此時距離O點的距離為eq\f(40,3)cm，此兩點為等勢點，電場強度的方向垂直于兩者連線且指向第三象限，由E＝eq\f(U,d)計算可得電場強度大小為500V/m，方向與x軸負方向成53°，指向第三象限，故A、B、C錯誤，D正確。3.一帶負電粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x的變化關系如圖所示，則粒子在從x1向x3運動的過程中，下列說法中正確的是()A．在x1處粒子速度最大B．在x2處粒子加速度最大C．在x3處電勢最高D．在x2處電勢為零解析：選C帶負電粒子只在電場力作用下運動，所以動能與勢能之和是恒定的。則粒子在從x1向x3運動的過程中，在x3處的電勢能最小，速度最大，A錯誤；根據(jù)電場力做功與電勢能的關系W＝－ΔEp＝Ep0－Ep，從而解得Ep＝－W＋Ep0＝－Fx＋Ep0，即圖像中的斜率表示電場力大小，在x2處圖像的斜率為零，粒子加速度為零，B錯誤；負電荷在電勢低的地方電勢能高，在x3處的電勢能最小，所以電勢最高，C正確；根據(jù)公式φ＝eq\f(Ep,q)，可知在x2處電勢不為零，D錯誤。4.(多選)如圖，一根不可伸長的絕緣細線一端固定于O點，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現(xiàn)把細線水平拉直，小球從A點由靜止釋放，經(jīng)最低點B后，小球擺到C點時速度為0，則()A．小球在B點時速度最大B．小球從A點到B點的過程中，機械能一直在減少C．小球在B點時細線的拉力最大D．從B點到C點的過程中小球的電勢能一直增加解析：選BD小球所受重力和電場力恒定，重力和電場力的合力恒定，小球相當于在重力和電場力的合力及細線的拉力作用下在豎直平面內做圓周運動。當小球運動到重力和電場力的合力和細線的拉力共線時(不是B點)，小球的速度最大，此時細線的拉力最大，A、C錯誤；從A點到C點的過程中，小球所受重力做正功，小球擺到C點時速度為0，所以電場力對小球做負功，小球從A點到B點的過程中，機械能一直在減少，B正確；從B點到C點的過程中，小球克服電場力做功，小球的電勢能一直增加，D正確。5．(多選)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大。當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，選項圖中反映電子速度v、位移x和加速度a隨時間t的變化規(guī)律圖像，可能正確的是()解析：選AD在平行金屬板之間加上題圖乙所示的交變電壓時，電子在平行金屬板間所受的電場力大小始終不變，F(xiàn)＝eq\f(U0e,d)，由牛頓第二定律F＝ma可知，電子的加速度大小始終不變，電子在第一個eq\f(T,4)內向B板做勻加速直線運動，在第二個eq\f(T,4)內向B板做勻減速直線運動，在第三個eq\f(T,4)內反向做勻加速直線運動，在第四個eq\f(T,4)內向A板做勻減速直線運動，所以at圖像應如圖D所示，vt圖像應如圖A所示，A、D正確，C錯誤；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，所以xt圖像應是曲線，B錯誤。6.如圖所示，ABCD是半徑為R的四分之三光滑絕緣圓形軌道，固定在豎直面內。以軌道的圓心O為坐標原點，沿水平直徑AC方向建立x軸，豎直直徑BD方向建立y軸。y軸右側(含y軸)存在豎直向上的勻強電場。一質量為m、帶電量為＋q的小球，從A點由靜止開始沿軌道下滑，通過軌道最高點D后，又落回到軌道上的A點處。不考慮小球之后的運動，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)小球落回到A點時的速率；(2)電場強度的大??；(3)小球從A下滑到電場內的B點時對軌道壓力的大小。解析：(1)設小球離開D點時的速率為vD，由D落回到A的時間為t，則由平拋運動規(guī)律有R＝eq\f(1,2)gt2，R＝vDt，解得vD2＝eq\f(gR,2)，小球落回到A時的速率為vA，根據(jù)動能定理有mgR＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvD2，解得vA＝eq\r(\f(10gR,2))。(2)小球從A到D的過程中，根據(jù)動能定理有－mgR＋2qER＝eq\f(1,2)mvD2－0，結合(1)解得E＝eq\f(5mg,8q)。(3)小球通過軌道最低點B處時的速率為vB，軌道對小球的支持力為F，則有mgR＝eq\f(1,2)mvB2－0，根據(jù)合力提供向心力有F＋qE－mg＝meq\f(vB2,R)，解得F＝eq\f(19mg,8)，由牛頓第三定律可知小球對軌道的壓力F′＝F＝eq\f(19mg,8)。答案：(1)eq\f(\r(10gR),2)(2)eq\f(5mg,8q)(3)eq\f(19mg,8)二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應用性7．如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢φ隨時間t變化情況如圖乙所示，t＝0時，在P點由靜止釋放一質量為m、電荷量為e的電子，當t＝2T時，電子回到P點。電子運動中沒與極板相碰，不計重力，則()A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶4C．在0～2T內，當t＝T時電子的電勢能最大D．在0～2T內，電子的電勢能減小了eq\f(2e2T2φ12,md2)解析：選D0～T時間內平行板間的電場強度為E1＝eq\f(φ1,d)，電子以a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eφ1,md)向上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間T的位移x1＝eq\f(1,2)a1T2，速度v1＝a1T；T～2T內平行板間電場強度E2＝eq\f(φ2,d)，加速度a2＝eq\f(eφ2,md)，電子以v1的速度向上做勻減速直線運動，速度變?yōu)?后開始向下做勻加速直線運動，位移x2＝v1T－eq\f(1,2)a2T2，2T時刻回到P點，則x1＋x2＝0，聯(lián)立解得φ2＝3φ1，故A、B錯誤；0～T內電子做勻加速運動，電場力做正功，電子的動能增大，電勢能減小，所以在T時刻電子電勢能不是最大，故C錯誤；電子在2T時刻回到P點，此時速度v2＝v1－a2T＝－eq\f(2eTφ1,md)(負號表示方向向下)，電子的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(2e2T2φ12,md2)，根據(jù)能量守恒定律可知，電勢能的減小量等于動能的增加量，故D正確。8.(多選)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系圖像如圖所示，其中P點電勢最高，且AP＜B