2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第40講帶電粒子在電場中運動的綜合問題(講義)(學(xué)生版+解析)

第40講帶電粒子在電場中運動的綜合問題目錄復(fù)習(xí)目標網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建考點一帶電粒子在力電等效場中的圓周運動【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點方法概述及應(yīng)用【提升·必考題型歸納】考向1豎直電場中的等效場問題考向2水平電場中的等效場問題考點二帶電粒子在交變電場中的運動【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1交變電場中的直線運動處理方法知識點2交變電場中的偏轉(zhuǎn)處理方法【提升·必考題型歸納】考向1交變電場中的直線運動考向2交變電場中的偏轉(zhuǎn)考點三用動力學(xué)、能量和動量觀點解決力電綜合問題【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1力電綜合問題的處理流程知識點2電場中的功能關(guān)系【提升·必考題型歸納】考向1用動力學(xué)和能量觀點解決力電綜合問題考向2用能量和動量觀點解決力電綜合問題真題感悟會利用動力學(xué)、能量和動量的觀點處理帶電粒子在電場中直線運動、曲線運動問題?？键c要求考題統(tǒng)計考情分析三大觀點在力電綜合問題中的應(yīng)用2023年山西卷第12題2022年福建卷第8題2022年遼寧卷第14題高考對帶電粒子在電場中運動的綜合問題的考查較為頻繁，大多在綜合性的計算題中出現(xiàn)，題目難度較大?？键c一帶電粒子在力電等效場中的圓周運動知識點方法概述及應(yīng)用1.方法概述等效思維方法是將一個復(fù)雜的物理問題,等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。對于這類問題,若采用常規(guī)方法求解,過程復(fù)雜,運算量大。若采用等效法求解,則能避開復(fù)雜的運算,過程比較簡捷。2.方法應(yīng)用先求出重力與電場力的合力,將這個合力視為一個等效重力,將a=F合考向1豎直電場中的等效場問題1．如圖所示，長為L的細線拴一個帶電荷量為+q、質(zhì)量為m小球，重力加速度為g，球處在豎直向上的勻強電場中，電場強度為E，小球能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運動，則（）A．小球受到的電場力跟重力是一對平衡力B．小球在最高點的速度一定不小于C．小球運動到最高點時，電勢能最小D．小球運動到最低點時，機械能最大2．如圖所示，帶電小球用絕緣細線懸掛在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，細線受到的拉力最大。已知小球運動空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度為E，小球質(zhì)量為m，帶電量為q，細線長為l，重力加速度為g，則（）A．小球帶正電B．電場力大于重力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考向2水平電場中的等效場問題3．如圖所示，為豎直平面內(nèi)的絕緣光滑軌道，其中部分為傾角為的斜面，部分為半徑為R的四分之三圓弧軌道，與斜面平滑相切，C為軌道最低點，整個軌道放置在水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)將一帶正電質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，小滑塊恰能到達圓弧軌道的D點。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．釋放點A到斜面底端B的距離為B．小滑塊運動到C點時對軌道的壓力為C．小滑塊運動過程中最大動能為D．小滑塊從D點飛出后恰好落在軌道上的B點4．如圖所示，在豎直面內(nèi)有一半徑為R的圓環(huán)型軌道，軌道內(nèi)部最低點A處有一質(zhì)量為m的光滑帶正電的小球（可視作質(zhì)點），其所帶電荷量為q，在圓環(huán)區(qū)域內(nèi)存在著方向水平向右的勻強電場，電場強度E=，現(xiàn)給小球一個水平向右的初速度，使小球開始運動，以下說法正確的是（）A．若v0＞，則小球可以做完整的圓周運動B．若小球可以做完整的圓周運動，則軌道所給彈力的最大值與最小值相差4mgC．若v0=，則小球?qū)⒃谲壍雷罡唿cB處脫離軌道D．若v0=，則小球不會脫離軌道考點二帶電粒子在交變電場中的運動知識點1交變電場中的直線運動處理方法1.此類題型一般有三種情況:一是粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解);二是粒子做往返運動(一般分段研究);三是粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場的特點分段研究)。2.分析時從兩條思路出發(fā):一是力和運動的關(guān)系,根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析;二是功能關(guān)系。3.注重全面分析(分析受力特點和運動特點),抓住粒子的運動具有周期性和在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、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。4.交變電場中的直線運動（方法實操展示）U-t圖像v-t圖像軌跡圖知識點2交變電場中的偏轉(zhuǎn)處理方法（帶電粒子重力不計，方法實操展示）U-t圖軌跡圖vv0v0v0v0v0v0vy-t圖ttOvyv0T/2T單向直線運動AB速度不反向ttOvyv0往返直線運動AB速度反向TT/2-v0考向1交變電場中的直線運動1．如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示。電子原來靜止在左極板小孔處。（電子電量為e，不計重力作用）下列說法中正確的是（）A．若從時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B．若從時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C．若從時刻釋放電子，在恰好到達右極板，則到達右極板時電子的為D．若從時刻釋放電子，在時刻到達右極板，則到達右極板時的電子的動能是2．如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板（序號為0）和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度遵照一定的規(guī)律依次增加。圓板和圓筒與交流電源相連，序號為奇數(shù)的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。若電壓的絕對值為U，電子電量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t=0時刻，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應(yīng)，則（）A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場B．電子運動到第n個圓筒時動能為neUC．在時奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為負值D．第n個和第n+1個圓筒的長度之比為考向2交變電場中的偏轉(zhuǎn)3．如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入（記為時刻），同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經(jīng)過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是（）A．粒子射出時間可能為 B．粒子射出的速度大小為C．極板長度滿足 D．極板間最小距離為4．如圖甲所示，兩平行金屬板水平放置，間距為，金屬板長為，兩金屬板間加如圖乙所示的電壓（，初始時上金屬板帶正電）。一粒子源射出的帶電粒子恰好從上金屬板左端的下邊緣水平進入兩金屬板間。該粒子源能隨時間均勻發(fā)射質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子，初速度，重力忽略不計，則（）A．能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為B．能從板間飛出的粒子束進入極板的時刻為C．若粒子在時刻進入兩極板之間，粒子飛出極板時的偏移量是D．若發(fā)射時間足夠長，則能夠從兩金屬板間飛出的粒子占總?cè)肷淞Ｗ訑?shù)的比例為考點三用動力學(xué)、能量和動量觀點解決力電綜合問題知識點1力電綜合問題的處理流程知識點2電場中的功能關(guān)系1．電場中的功能關(guān)系(1)若只有靜電力做功電勢能與動能之和保持不變。(2)若只有靜電力和重力做功電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。(3)除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化。(4)所有外力對物體所做的功等于物體動能的變化。2．電場力做功的計算方法(1)WAB＝qUAB(普遍適用)(2)W＝qExcosθ(適用于勻強電場)(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)(4)W電＋W非電＝ΔEk(由動能定理求解)考向1用動力學(xué)和能量觀點解決力電綜合問題1．如圖所示，一電荷量為+q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止。重力加速度為g，，。（1）求勻強電場的電場強度大??；（2）若將電場強度減小為原來的，則物塊的加速度為多大？（3）若將電場強度減小為原來的，求物塊下滑距離為L時的動能。2．如圖，在水平地面上固定一傾角為的粗糙絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數(shù)為的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為、帶電量為的滑塊從距離彈簧上端為處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為。（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間；（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為，求滑塊從靜止釋放到速度大小為過程中彈簧彈性勢能的增加量?？枷?用能量和動量觀點解決力電綜合問題3．如圖所示，一個質(zhì)量為，帶電量為的小球放置在光滑絕緣水平面上，并壓縮（不連接）固定在墻上絕緣彈簧，釋放后，以的速度沖上放置在水平面上質(zhì)量為、半徑為的絕緣1/4圓弧形物體。從上點離開后，正好進入水平向右、場強大小為的有界勻強電場，到達最高點時恰好與靜止懸掛的絕緣小球在水平方向發(fā)生彈性碰撞。懸掛的繩長，懸繩右邊無電場。取。求：（1）離開時，的速度。（2）到達最高點時，對繩的拉力。（3）落回地面后能否追上？若不能追上，求落回地面后的速度。若能追上，求的最大速度。4．如圖（a）所示，質(zhì)量m1=2.0kg的絕緣木板A靜止在水平地面上，質(zhì)量m2=1.0kg可視為質(zhì)點的帶正電的小物塊B放在木板A上某一位置，其電荷量為q=1.0×10-3C?？臻g存在足夠大的水平向右的勻強電場，電場強度大小為E1=5.0×102V/m。質(zhì)量m3=1.0kg的滑塊C放在A板左側(cè)的地面上，滑塊C與地面間無摩擦力，其受到水平向右的變力F作用，力F與時刻t的關(guān)系為（如圖b）。從t0=0時刻開始，滑塊C在變力F作用下由靜止開始向右運動，在t1=1s時撤去變力F。此時滑塊C剛好與木板A發(fā)生彈性正碰，且碰撞時間極短，此后整個過程物塊B都未從木板A上滑落。已知小物塊B與木板A及木板A與地面間的動摩擦因數(shù)均為=0.1，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）撤去變力F瞬間滑塊C的速度大小v1；（2）小物塊B與木板A剛好共速時的速度v共；（3）若小物塊B與木板A達到共同速度時立即將電場強度大小變?yōu)镋2=7.0×102V/m，方向不變，小物塊B始終未從木板A上滑落，則①木板A至少多長？②整個過程中物塊B的電勢能變化量是多少？（2022年福建卷高考真題）我國霍爾推進器技術(shù)世界領(lǐng)先，其簡化的工作原理如圖所示。放電通道兩端電極間存在一加速電場，該區(qū)域內(nèi)有一與電場近似垂直的約束磁場（未畫出）用于提高工作物質(zhì)被電離的比例。工作時，工作物質(zhì)氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，再經(jīng)電場加速噴出，形成推力。某次測試中，氙氣被電離的比例為95%，氙離子噴射速度為，推進器產(chǎn)生的推力為。已知氙離子的比荷為；計算時，取氙離子的初速度為零，忽略磁場對離子的作用力及粒子之間的相互作用，則（）A．氙離子的加速電壓約為B．氙離子的加速電壓約為C．氙離子向外噴射形成的電流約為D．每秒進入放電通道的氙氣質(zhì)量約為

第40講帶電粒子在電場中運動的綜合問題目錄復(fù)習(xí)目標網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建考點一帶電粒子在力電等效場中的圓周運動【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點方法概述及應(yīng)用【提升·必考題型歸納】考向1豎直電場中的等效場問題考向2水平電場中的等效場問題考點二帶電粒子在交變電場中的運動【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1交變電場中的直線運動處理方法知識點2交變電場中的偏轉(zhuǎn)處理方法【提升·必考題型歸納】考向1交變電場中的直線運動考向2交變電場中的偏轉(zhuǎn)考點三用動力學(xué)、能量和動量觀點解決力電綜合問題【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1力電綜合問題的處理流程知識點2電場中的功能關(guān)系【提升·必考題型歸納】考向1用動力學(xué)和能量觀點解決力電綜合問題考向2用能量和動量觀點解決力電綜合問題真題感悟會利用動力學(xué)、能量和動量的觀點處理帶電粒子在電場中直線運動、曲線運動問題?？键c要求考題統(tǒng)計考情分析三大觀點在力電綜合問題中的應(yīng)用2023年山西卷第12題2022年福建卷第8題2022年遼寧卷第14題高考對帶電粒子在電場中運動的綜合問題的考查較為頻繁，大多在綜合性的計算題中出現(xiàn)，題目難度較大?？键c一帶電粒子在力電等效場中的圓周運動知識點方法概述及應(yīng)用1.方法概述等效思維方法是將一個復(fù)雜的物理問題,等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。對于這類問題,若采用常規(guī)方法求解,過程復(fù)雜,運算量大。若采用等效法求解,則能避開復(fù)雜的運算,過程比較簡捷。2.方法應(yīng)用先求出重力與電場力的合力,將這個合力視為一個等效重力,將a=F合考向1豎直電場中的等效場問題1．如圖所示，長為L的細線拴一個帶電荷量為+q、質(zhì)量為m小球，重力加速度為g，球處在豎直向上的勻強電場中，電場強度為E，小球能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運動，則（）A．小球受到的電場力跟重力是一對平衡力B．小球在最高點的速度一定不小于C．小球運動到最高點時，電勢能最小D．小球運動到最低點時，機械能最大【答案】C【詳解】A．小球能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運動，重力與電場力反向，電場力大小可能等于重力，則小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動；電場力大小也可能大于重力，則二者合力（稱為等效重力）豎直向上，相當于重力方向向上，最高點為等效最低點，小球通過時速度最大；最低點為等效最高點，小球通過時速度最小；電場力大小還可能小于重力，則相當于重力方向不變，重力加速度減??；A錯誤；B．由A選項分析可知，小球可能以較小的速度（小于）在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，B錯誤；C．圓周上最高點電勢最低，小球帶正電，由知經(jīng)過最高點時電勢能最小，C正確；D．圓周上最低點電勢最高，小球經(jīng)過時電勢能最大，由小球機械能與電勢能之和不變可知，小球經(jīng)過最低點時機械能最小，D錯誤。故選C。2．如圖所示，帶電小球用絕緣細線懸掛在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，細線受到的拉力最大。已知小球運動空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度為E，小球質(zhì)量為m，帶電量為q，細線長為l，重力加速度為g，則（）A．小球帶正電B．電場力大于重力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【答案】BD【詳解】AB．因為小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大，可知重力和電場力的合力（等效重力）方向向上，則電場力方向向上，且電場力大于重力，小球帶負電，故A錯誤，B正確；C．因重力和電場力的合力方向向上，可知小球運動到最高點時速度最大，故C錯誤；D．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，最小速度滿足即故D正確；故選BD?？枷?水平電場中的等效場問題3．如圖所示，為豎直平面內(nèi)的絕緣光滑軌道，其中部分為傾角為的斜面，部分為半徑為R的四分之三圓弧軌道，與斜面平滑相切，C為軌道最低點，整個軌道放置在水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)將一帶正電質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，小滑塊恰能到達圓弧軌道的D點。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．釋放點A到斜面底端B的距離為B．小滑塊運動到C點時對軌道的壓力為C．小滑塊運動過程中最大動能為D．小滑塊從D點飛出后恰好落在軌道上的B點【答案】A【詳解】小滑塊恰能到達圓弧軌道的D點，表明小球能通過軌道的等效最高點D，由幾何關(guān)系得，與水平方向的夾角為，則得所以軌道等效最高點為圓心左上，重力和電場力的合力為在D點有A．從A點到D點，由動能定理得解得故A正確；B．從C點到D點由動能定理得在C點有解得根據(jù)牛頓第三定律得小滑塊運動到C點時對軌道的壓力為，故B錯誤；C．小滑塊運動到D點的對稱點等效最低點時速度最大，由動能定理得解得故C錯誤；D．小球從D點拋出后，做類平拋運動，假設(shè)剛好落到B點，則有；則在合力方向的位移為則假設(shè)錯誤，故D錯誤。故選A。4．如圖所示，在豎直面內(nèi)有一半徑為R的圓環(huán)型軌道，軌道內(nèi)部最低點A處有一質(zhì)量為m的光滑帶正電的小球（可視作質(zhì)點），其所帶電荷量為q，在圓環(huán)區(qū)域內(nèi)存在著方向水平向右的勻強電場，電場強度E=，現(xiàn)給小球一個水平向右的初速度，使小球開始運動，以下說法正確的是（）A．若v0＞，則小球可以做完整的圓周運動B．若小球可以做完整的圓周運動，則軌道所給彈力的最大值與最小值相差4mgC．若v0=，則小球?qū)⒃谲壍雷罡唿cB處脫離軌道D．若v0=，則小球不會脫離軌道【答案】BCD【詳解】小球同時受到重力和電場力作用，這時可認為小球處于等效重力場中，小球受到的等效重力為等效重力加速度為小球可以做完整的圓周運動，則有與豎直方向的夾角如下圖所示在等效重力場中應(yīng)用機械能守恒定律可得解得，A錯誤；B．若小球可以做完整的圓周運動，則小球在等效重力場中最低點軌道所給的彈力最大，等效最高點軌道所給的彈力最小，在最低點有在最高點有小球從最低點到最高點的過程中，有解得軌道所給彈力的最大值與最小值相差為C．若v0=，小球到達最高點B處的過程中，重力做負功，電場力不做功，則有解得故可得小球?qū)⒃谲壍雷罡唿cB處脫離軌道，C正確；D．在等效重力場中，當v0=時，小球沒有超過等效重力場中的半圓，故小球不會脫離軌道，D正確。故選BCD?？键c二帶電粒子在交變電場中的運動知識點1交變電場中的直線運動處理方法1.此類題型一般有三種情況:一是粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解);二是粒子做往返運動(一般分段研究);三是粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場的特點分段研究)。2.分析時從兩條思路出發(fā):一是力和運動的關(guān)系,根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析;二是功能關(guān)系。3.注重全面分析(分析受力特點和運動特點),抓住粒子的運動具有周期性和在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、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。4.交變電場中的直線運動（方法實操展示）U-t圖像v-t圖像軌跡圖知識點2交變電場中的偏轉(zhuǎn)處理方法（帶電粒子重力不計，方法實操展示）U-t圖軌跡圖vv0v0v0v0v0v0vy-t圖ttOvyv0T/2T單向直線運動AB速度不反向ttOvyv0往返直線運動AB速度反向TT/2-v0考向1交變電場中的直線運動1．如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示。電子原來靜止在左極板小孔處。（電子電量為e，不計重力作用）下列說法中正確的是（）A．若從時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B．若從時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C．若從時刻釋放電子，在恰好到達右極板，則到達右極板時電子的為D．若從時刻釋放電子，在時刻到達右極板，則到達右極板時的電子的動能是【答案】AD【詳解】AB．若t=0時刻釋放電子，電子將重復(fù)先加速后減速，直到打到右極板，不會在兩板間振動，所以A正確，B錯誤；CD．設(shè)兩極板距離為，極板間電場強度大小若從時刻釋放電子，在時刻到達右極板，則電子經(jīng)歷了先加速再減速后加速三個過程，每段加速度大小相同，則每段位大小相同，均為。全過程由動能定理得得又得，C錯誤，D正確。故選AD。2．如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板（序號為0）和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度遵照一定的規(guī)律依次增加。圓板和圓筒與交流電源相連，序號為奇數(shù)的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。若電壓的絕對值為U，電子電量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t=0時刻，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應(yīng)，則（）A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場B．電子運動到第n個圓筒時動能為neUC．在時奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為負值D．第n個和第n+1個圓筒的長度之比為【答案】ABD【詳解】A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場，A正確；B．電子每經(jīng)過一個間隙，電場力做功eU，根據(jù)動能定理，電子運動到第n個圓筒時動能為電子運動到第n個圓筒時動能為neU，B正確；C．因為，時圓筒1相對圓板的電勢差為正值，同理，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，C錯誤；D．根據(jù)動能定理得；；；第n個和第n+1個圓筒的長度之比為解得，D正確。故選ABD。考向2交變電場中的偏轉(zhuǎn)3．如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入（記為時刻），同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經(jīng)過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是（）A．粒子射出時間可能為 B．粒子射出的速度大小為C．極板長度滿足 D．極板間最小距離為【答案】D【詳解】AB．粒子進入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向的運動圖像如圖所示因為粒子平行極板射出，可知粒子垂直板的分速度為0，所以射出時刻可能為、、……，滿足（，2，3……）粒子射出的速度大小必定為v，故AB錯誤；C．極板長度（，2，3……）故C錯誤；D．因為粒子不跟極板碰撞，則應(yīng)滿足；；聯(lián)立求得故D正確。故選D。4．如圖甲所示，兩平行金屬板水平放置，間距為，金屬板長為，兩金屬板間加如圖乙所示的電壓（，初始時上金屬板帶正電）。一粒子源射出的帶電粒子恰好從上金屬板左端的下邊緣水平進入兩金屬板間。該粒子源能隨時間均勻發(fā)射質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子，初速度，重力忽略不計，則（）A．能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為B．能從板間飛出的粒子束進入極板的時刻為C．若粒子在時刻進入兩極板之間，粒子飛出極板時的偏移量是D．若發(fā)射時間足夠長，則能夠從兩金屬板間飛出的粒子占總?cè)肷淞Ｗ訑?shù)的比例為【答案】D【詳解】A．由于粒子只受到豎直方向的電場力作用，將粒子的運動進行分解，則粒子做類平拋運動。水平方向上不受外力故做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動。故能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為故A錯誤；C．設(shè)粒子在兩金屬板間運動時的加速度為，則若粒子在時刻進入兩極板之間，則它在豎直方向上先加速向下的時間，有粒子運動之后電場反向，開始在豎直方向上減速向下，則根據(jù)豎直方向的對稱性原則，粒子會再經(jīng)過的時間豎直分速度減速為零，共經(jīng)歷的時間從兩金屬板間飛出。如下圖所示粒子飛出極板時的總偏移量故C錯誤；BD．由題意可知，只有在時間段內(nèi)進入才有可能飛出。假設(shè)時刻進入兩金屬板間的粒子可以飛出，則飛出時偏移量為則假設(shè)不成立，時刻進入兩金屬板間的粒子會打在金屬板上。下金屬板臨界：在第一個周期內(nèi)設(shè)帶電粒子在時刻進入兩金屬板間，它在豎直方向上先加速向下再經(jīng)過時間后電場反向，開始在豎直方向減速向下，根據(jù)對稱性，再經(jīng)過時間豎直方向速度減速為0，恰好從下金屬板右端飛出，則如C中情形相同。則所以可知能從板間飛出的粒子束進入極板的時刻為。上金屬板臨界：在第一個周期內(nèi)設(shè)帶電粒子在時刻進入兩金屬板間，它在豎直方向上先加速向下再經(jīng)過時間后電場反向，開始在豎直方向減速向下，根據(jù)對稱性，再經(jīng)過時間豎直方向速度減速為0，然后加速向上直到恰好從上金屬板右端飛出，運動軌跡如下圖所示：可知解得或（舍去）所以在第一個周期內(nèi)帶電粒子不碰到金屬板而能夠飛出的時刻滿足則第一個周期內(nèi)能夠飛出的粒子占第一周期內(nèi)入射粒子總數(shù)的比例，與足夠長的時間內(nèi)飛出的粒子占入射粒子總數(shù)的比例相同，均為故B錯誤，D正確。故選D?？键c三用動力學(xué)、能量和動量觀點解決力電綜合問題知識點1力電綜合問題的處理流程知識點2電場中的功能關(guān)系1．電場中的功能關(guān)系(1)若只有靜電力做功電勢能與動能之和保持不變。(2)若只有靜電力和重力做功電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。(3)除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化。(4)所有外力對物體所做的功等于物體動能的變化。2．電場力做功的計算方法(1)WAB＝qUAB(普遍適用)(2)W＝qExcosθ(適用于勻強電場)(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)(4)W電＋W非電＝ΔEk(由動能定理求解)考向1用動力學(xué)和能量觀點解決力電綜合問題1．如圖所示，一電荷量為+q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止。重力加速度為g，，。（1）求勻強電場的電場強度大??；（2）若將電場強度減小為原來的，則物塊的加速度為多大？（3）若將電場強度減小為原來的，求物塊下滑距離為L時的動能?！敬鸢浮浚?）；（2）0.3g；（3）0.3mgL【詳解】（1）小物塊靜止在斜面上，受到重力、靜電力和斜面支持力，受力分析如圖所示則有；聯(lián)立解得（2）若電場強度減小為原來的，即則由牛頓第二定律得解得（3）電場強度變化后，物塊下滑距離為L時，重力做正功，靜電力做負功，由動能定理得解得2．如圖，在水平地面上固定一傾角為的粗糙絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數(shù)為的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為、帶電量為的滑塊從距離彈簧上端為處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為。（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間；（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為，求滑塊從靜止釋放到速度大小為過程中彈簧彈性勢能的增加量?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為，則有；聯(lián)立可得（2）滑塊速度最大時受力平衡，設(shè)此時彈簧壓縮量為，則有從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得聯(lián)立可得考向2用能量和動量觀點解決力電綜合問題3．如圖所示，一個質(zhì)量為，帶電量為的小球放置在光滑絕緣水平面上，并壓縮（不連接）固定在墻上絕緣彈簧，釋放后，以的速度沖上放置在水平面上質(zhì)量為、半徑為的絕緣1/4圓弧形物體。從上點離開后，正好進入水平向右、場強大小為的有界勻強電場，到達最高點時恰好與靜止懸掛的絕緣小球在水平方向發(fā)生彈性碰撞。懸掛的繩長，懸繩右邊無電場。取。求：（1）離開時，的速度。（2）到達最高點時，對繩的拉力。（3）落回地面后能否追上？若不能追上，求落回地面后的速度。若能追上，求的最大速度?！敬鸢浮浚?）2m/s；（2）6N，方向豎直向上；（3）追不上，最大速度為?！驹斀狻浚?）對沖上分析，水平方向動量守恒，設(shè)向右為正方向則

得即的速度為2m/s。（2）對沖上整個過程中，機械能分別守恒則；設(shè)與碰撞前的速度為，碰撞后的速度為，的速度為。豎直向上勻減速時間

水平方向勻加速

由

；

設(shè)在豎直最高點得速度為，則；解得由牛頓第三定律，對繩的拉力方向豎直向上；（3）經(jīng)分析，離開電場后恰好與相切于點，則設(shè)落地時，速度為，分速度為，對與分析可知，水平方向動量守恒，設(shè)向右為正方向則

整個過程中，機械能分別守恒則得；，與彈簧作用后反向，速度為，故能追上。追上作用后回到地面，則；

解得；

故之后追不上，最大速度為。4．如圖（a）所示，質(zhì)量m1=2.0kg的絕緣木板A靜止在水平地