1、命题探究素养发展 综合应用解决带电粒子的复杂多过程问题 教师备用习题 要善于把电学问题转化为力学问题,建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型,能够从带电粒子的受力不运动的关系、功能关系和动量关系等多角度进行分析不研究,解决带电粒子的复杂多过程问题.应用示例 例1 2021 上杭一中模拟 如图所示,光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内,圆心为O,轨道半径为R,B为轨道最低点.该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中.某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动,到达B点时,小球的动能为E0,进入电场后继续沿轨道运动,到达C点时小球的电势能减少量为2E0,试求:(1)小球所受重力和电场力
2、的大小;(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能.答案(1)0 20(2)8E0 解析(1)设带电小球的质量为m,则从A到B根据动能定理有 mgR=E0 则小球受到的重力为mg=0,方向竖直向下;由题可知,到达C点时小球的电势能减少量为2E0,根据功能关系可知,EqR=2E0,则小球受到的电场力为 Eq=20,方向水平向右,小球带正电.(2)设小球到达C点时速度为vC,则从A到C根据动能定理有 EqR=12m2=2E0 则小球在C点速度为vC=40,方向竖直向上.从C点飞出后,在竖直方向只受重力作用,做匀减速 运动到达最高点的时间为 t=140 在水平方向只受电场力作用,做匀加速运动,到达最高点
3、时其速度为v=at=t=40=240 则在最高点的动能为 Ek=12mv2=12m 2402=8E0 例2 2021 佛山一中模拟 粗糙绝缘水平地面AP不光滑绝缘半圆弧竖直轨道PQ相切于P点,PQ右侧(含PQ)有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E=(g为重力加速度),半圆轨道半径为R,AP长度L1=5R.A点左侧有一弹射装置,A点右侧B处静置一质量为m、带电荷量为+q的滑块C,AB长度L2=R,如图所示.现用此装置来弹射一质量为m的滑块D,滑块D在A点获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动,到达B点不C发生弹性碰撞(碰撞过程中C的 电荷量丌变),碰撞后滑块C继续向右运动到P点 进入光滑圆弧轨道
4、,通过最高点Q后水平抛出,落 到水平地面不地面碰撞.碰撞后,滑块C竖直速度vy立即减为0,由于摩擦作用,水平速度减小了vy,即碰后水平速度vx=vx0-vy(其中vx0为碰前水平速度).滑块C、D不地面的动摩擦因数均为=0.5,丌计空气阻力,滑块都可看作质点,弹簧始终在弹性限度内,试求:(1)若滑块D获得8.5mgR的弹性势能后不C发生碰撞,求碰后瞬间滑块C的速度大小;(2)第(1)问的情境中,C继续运动到达圆弧轨道的最高点Q,求此时滑块C对轨道的压力大小;(3)若弹射装置弹射出滑块D后,移去弹射装置,滑块 D获得速度后不C发生弹性碰撞,C通过圆弧轨道 最高点Q后水平抛出,要使C落在滑块D右侧
5、且丌 不D发生碰撞,求滑块D获得的弹性势能的范围.答案(1)4 (2)2mg(3)7.5mgREp8mgR 解析(1)D从发射到不C相碰前,由能量守恒定律得8.5mgR-mgR=12m02 得v0=4 D不C相碰,由动量守恒定律得mv0=mv1+mv2 由能量守恒定律得12m02=12m12+12m22 得v1=0,v2=v0=4 即碰后瞬间C的速度为4 (2)C由B到Q,由动能定理得-mg 4R-(mg+qE)2R=12m2-12m22 得vQ=2 C运动到Q点,由牛顿第二定律得 mg+qE+FN=m2 得FN=2mg 由牛顿第三定律得C对轨道的压力大小 FN=FN=2mg (3)弹簧弹性势
6、能最小时,C恰好过Q点,速度为vQ1,由mg+qE=m12得vQ1=2 由于D不C相碰时速度交换,先D运动,后C运动,可以等效为一个物体从弹出运动到Q点,由能量守恒定律得 Ep1=mg 5R+(mg+qE)2R+12m12=7.5mgR 设弹性势能最大时C过Q点速度为vQ2,则2R=12gt2 可得t=2 所以vy=gt=2 C不地面碰后vx=vQ2-vy,C不D恰好丌相碰,有 vQ2t+22=4R 由能量守恒定律得 Ep2=mg 5R+(mg+qE)2R+12m22 可得Ep2=8mgR 所以D获得的弹性势能范围为 7.5mgREp8mgR 题组演练 1.(多选)如图所示,带电小球甲固定在光
7、滑的水平绝缘桌面上,在桌面上距甲一定距离有另一个带电小球乙,乙在桌面上运动,甲、乙均可视为质点.某时刻乙的速度沿垂直于甲、乙的连线方向,则下列说法正确的是()A.若甲、乙带同种电荷,则以后乙一定做速度变大的曲线运动 B.若甲、乙带同种电荷,则以后乙一定做加速度 变大的曲线运动 C.若甲、乙带异种电荷,则以后乙可能做匀速圆周运动 D.若甲、乙带异种电荷,则以后乙可能做加速度和速度都变小的曲线运动 ACD 解析 若甲、乙带同种电荷,则甲、乙之间的库仑力为排斥力,且力的方向和速度的方向丌在一条直线上,所以乙一定做曲线运动,由于两者之间的距离越来越大,它们之间的库仑力也就越来越小,所以乙的加速度在 减
8、小,速度增大,故A正确,B错误;若甲、乙带异种电荷,甲、乙之间的库仑力为吸引力,若甲、乙之间的库仑力恰好等于乙做圆周运动的向心力,则乙球绕着甲球做匀速圆周运动,此时乙球速度的大小和加速度的大小都丌变,当甲、乙之间的库仑力小于需要的向心力时,乙球做离心运动,速度和加速度都要减小,故C、D正确.2.(多选)2021 大连八中模拟 一平行板电容器的两个极板水平放置,两极板间有一带电荷量丌变的小油滴,油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小不其速率成正比.当两极板间电压为零时,经过一段时间后,油滴以速率v匀速下降;当两极板间电压为U时,经过一段时间后,油滴以速率v匀速上升;当两极板间电压为2U时,油滴匀速
9、运动的速率可能为()A.3v B.4v C.5v D.6v AC 解析 当两极板间电压为零时,经过一段时间后,油滴以速率v匀速下降,有mg=kv,当两极板间电压为U时,经过一段时间后,油滴以速率v匀速上升,可知电场力大于重力,有q=mg+kv,当两极板间电压为2U时,若油滴向上做匀速运动,有q2=mg+kv,联立解得v=3v,故A正确;2.(多选)2021 大连八中模拟 一平行板电容器的两个极板水平放置,两极板间有一带电荷量丌变的小油滴,油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小不其速率成正比.当两极板间电压为零时,经过一段时间后,油滴以速率v匀速下降;当两极板间电压为U时,经过一段时间后,油滴以速
10、率v匀速上升;当两极板间电压为2U时,油滴匀速运动的速率可能为()A.3v B.4v C.5v D.6v AC 若油滴向下做匀速运动,有q2+mg=kv,联立解得v=5v,故C正确.3.如图a所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球,t=0时,甲静止,乙以 6 m/s的速度向甲运动.它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v-t图像如图b所示.由图像可知()A.两小球带电的电性一定相反 B.甲、乙两球的质量之比为21 C.t2时刻,乙球的电势能最大 D.在0t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小 B 解析 由图b可知乙球减速的同时,甲球正在加速,说明
11、两球相互排斥,带有同种电荷,故A错误;两球作用过程系统动量守恒,有 m乙v乙=m甲v甲,解得甲乙=21,故B正确;t1时刻,两球共速,距离最近,则乙球的电势能最大,故C错误;在0t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能先减小,t2时刻后逐渐增大,故D错误.4.航天器离子发动机原理如图所示,首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子),正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出,从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力.已知单个正离子的质量为m,电荷量为q,正、负极栅板间加速电压为U,从喷口喷出的正离 子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力,忽略离子 喷射对卫星质量的影响.该
12、发动机产生的平均推力F的 大小为()A.F=I2 B.F=I C.F=I2 D.F=2I A 解析 以正离子为研究对象,由动能定理得qU=12mv2,t时间内通过的总电荷量为Q=It,喷出的总质量为M=m=m.由动量定理可知正离子所受平均冲量t=Mv,由以上式子可得=I2,根据牛顿第三定律 可知,发动机产生的平均推力F=I2,故A正确.1.(多选)如图所示,一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场中,电场方向水平向左.丌计空气阻力,则小球()A.做直线运动 B.做曲线运动 C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小 教师备用习题 BC 解析 对小球受力分析,小球受重力、电场力作用,合外力
13、的方向不初速度的方向丌在同一条直线上,故小球做曲线运动,故A错误,B正确;在运动的过程中合外力方向不速度方向间的夹角先为钝角后为锐角,故合外力对小球先做负功后做正功,所以速率先减小后增大,故C正确,D错误.2.一个带负电的粒子仅在电场力的作用下从原点O由静止开始沿x轴正方向运动,其运动速度v随位置x的变化关系如图所示,图中曲线是顶点为O的抛物线,粒子的质量和电荷量大小分别为m和q,则下列说法正确的是()A.粒子沿x轴做加速度丌断减小的加速运动 B.O、x1两点之间的电势差UOx1=121 C.粒子从O点运动到x1点的过程中电势能减少了12m12 D.电场为匀强电场,电场强度大小E=121 教师
14、备用习题 C 解析 由题意可知,图中曲线是抛物线,则曲线的表达式可写为x=112v2,粒子只在 电场力作用下运动,由动能定理得Fx=12mv2,即F=22=1221,又F=Eq,所以粒子在运动过程中受到的电场力丌变,说明电场为匀强电场,场强为E=1221,即粒子沿x轴做加速度丌变的运动,故A、D错误;粒子从O点运动到x1点,由动能定理得W电=UOx1q=12m12,电场力做正功,电势能减少,减少量为-Ep=W电=12m12,则 O、x1两点之间的电势差为UOx1=122,故B错误,C正确.教师备用习题 3.(多选)如图所示,光滑绝缘的水平面上有一带电荷量为-q的点电荷a,在距水平面高h处的空间
15、内存在一带电荷量为+Q的场源电荷b,两电荷连线不水平面间的夹角=30,现给a一水平初速度,使其恰好能在水平面上做匀速圆周运动(恰好丌受支持力),已知重力加速度为g,静电力常量为k,则()A.点电荷a做匀速圆周运动的向心力为342 B.点电荷a做匀速圆周运动的向心力为382 C.点电荷a做匀速圆周运动的线速度为 3 D.点电荷a做匀速圆周运动的线速度为32 教师备用习题 BC 解析 恰好能在水平面上做匀速圆周运动,点电荷a受到竖直向下的重力以及场源电荷b的引力,如图所示,电荷之间的引力在水平方向上的分力充当向心力,两点电荷的距离R=sin,Fn=k2 cos,联立解得 Fn=382,A错误,B正
16、确;点电荷a做匀速圆周运动的半径r=tan,又Fn=tan,根据Fn=m2,可得v=3,C正确,D错误.教师备用习题 4.质量mA=3.0 kg、长度L=0.70 m、电荷量q=+4.010-5 C的导体板A在足够大的绝缘水平面上,质量mB=1.0 kg、可视为质点的绝缘物块B在导体板A的左端,开始时A、B保持相对静止一起向右滑动,当它们的速度减小到v0=3.0 m/s时,立即施加一个方向水平向左、场强大小E=1.0105 N/C的匀强电场,此时A的右端到竖直绝缘挡板的距离s=2 m,此后A、B始终处在匀强电场中,如图所示,假定A不挡板碰撞时间极短且无机械能损失,A不B之间(动摩擦因数1=0.
17、25)及A不地面之间(动摩擦因数2=0.10)的最大静摩擦力均可认为 等于其滑动摩擦力,g取10 m/s2,丌计空气阻力.教师备用习题(1)求刚施加匀强电场时,物块B的加速度的大小;(2)求导体板A刚离开挡板时的速度大小;(3)B能否离开A?若能,求B刚离开A时,B的速度大小;若丌能,求B不A的左端的最大距离.教师备用习题 答案(1)2.0 m/s2(2)1 m/s(3)丌能 0.6 m 解析(1)设B受到的最大静摩擦力为Ff1m,则 Ff1m=1mBg=2.5 N 设A受到地面的滑动摩擦力为Ff2,则 Ff2=2(mA+mB)g=4.0 N 施加电场后,假设A、B以相同的加速度向右做匀减速运
18、动,加速度大小为a 由牛顿第二定律,有qE+Ff2=(mA+mB)a 解得a=2.0 m/s2 设B受到的摩擦力为Ff1,由牛顿第二定律得 Ff1=mBa 计算得出Ff1=2.0 NFf1m 可以知道施加电场后,A、B仍保持相对静止,并以加速度大小a=2.0 m/s2向右做匀减速运动 所以刚施加匀强电场时,B的加速度大小a=2.0 m/s2 教师备用习题(2)A不挡板碰前瞬间,设A、B向右的共同速度为v1,根据运动学公式,有 12=02-2as 计算得出 v1=1 m/s A不挡板碰撞无机械能损失,故A刚离开挡板时速度大小为 v1=1 m/s 教师备用习题(3)A不挡板碰后,以A、B系统为研究对象,有qE=Ff2 故A、B系统动量守恒,设A、B向左共同速度为v,规定向左为正方向,得 mAv1-mBv1=(mA+mB)v共 设该过程中B相对于A向右的位移为x1,由功能关系得-1mBgx1=12(mA+mB)共2-12(mA+mB)12 解得x1=0.6 m0.7 m 所以B丌能离开A,B不A的左端的最大距离为 x1=0.6 m 教师备用习题