備戰(zhàn)2012屆高考物理一輪復(fù)習(xí)揭秘系列講義：揭秘21 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)（人教版）
高頻考點(diǎn)：帶電粒子在電場中的加速、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)、帶電粒子受到約束在電場中的圓周運(yùn)動(dòng)、帶電粒子受到約束在電場中的一般運(yùn)動(dòng)
動(dòng)態(tài)發(fā)布：2011福建理綜卷第20題、2010四川理綜卷第21題、2010安徽理綜第24題、2010四川理綜第25題
命題規(guī)律：帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)是高中物理重要的知識(shí)點(diǎn)，是高考考查的重點(diǎn)，高考命題常以新情境考查，而且經(jīng)常與其他知識(shí)綜合出題，難度一般為中等和偏難。
命題分析
考查方式一 反射式速調(diào)管
【命題分析】帶電粒子在電場中的加速一般應(yīng)用動(dòng)能定理，qU= v22— v12；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類似于平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法分析處理。注意：不管何種靜止帶電粒子,經(jīng)相同電場加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場運(yùn)動(dòng),其軌跡是重合的。帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，綜合了靜電場和力學(xué)的知識(shí)，分析方法是：首先選擇研究對象，分析受力情況和運(yùn)動(dòng)過程（是平衡還是加速運(yùn)動(dòng)、減速運(yùn)動(dòng)，是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)），然后選擇適當(dāng)規(guī)律列方程解答。
例1（2011福建理綜卷第20題）反射式速調(diào)管是常用的微波器械之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線 兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)。已知電場強(qiáng)度的大小分別是 N/C和 N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量 ，帶電量 ,A點(diǎn)距虛線 的距離 ，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)。求：
（1）B點(diǎn)到虛線 的距離 ；
（2）帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間 。
【解析】：
（1）帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，由動(dòng)能定理有│q│E1d1-│q│E2d2=0，
A．滑塊從到N的過程中，速度可能一直增大
B．滑塊從位置1到2的過程中，電場力做的功比從位置3到4的小
C．在、N之間的范圍內(nèi)，可能存在滑塊速度相同的兩個(gè)位置
D．在、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的三個(gè)位置
【解析】由滑塊在、N時(shí)彈簧的彈力大小相等，O＜ON可知，小滑塊在點(diǎn)時(shí)彈簧壓縮，在N點(diǎn)彈簧拉伸。在N點(diǎn)如果電場力不小于彈簧彈力的分力，則滑塊一直加速，選項(xiàng)A正確。在N點(diǎn)如果電場力小于彈簧彈力沿光滑桿方向的分力，則滑塊先加速后減速，就可能存在兩個(gè)位置的速度相同，選項(xiàng)C正確。1、2與3、4間的電勢差相等，電場力做功相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。由于點(diǎn)和N點(diǎn)彈簧的長度不同但彈力相等，說明點(diǎn)時(shí)彈簧是壓縮的，在彈簧與水平桿垂直和彈簧恢復(fù)原長的兩個(gè)位置滑塊的加速度只由電場力決定，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
【答案】AC
【點(diǎn)評】此題考查胡克定律、電場力、電場力做功、變速直線運(yùn)動(dòng)、加速度等。
例3．（2010安徽理綜第24題）如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小E=5.0×103V/。一不帶電的絕緣小球甲，以速度υ0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為=1.0×10-2kg，乙所帶電荷量q=2.0×10-5C，g取10/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程無電荷轉(zhuǎn)移)
（1） 甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；
（2）在滿足(1)的條件下。求甲的速度v0；
（3）若甲仍以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍。
【解析】（1）在乙恰好能通過軌道的最高點(diǎn)的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vD，乙離開D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為 ，則
①
②
x=vDt ③
聯(lián)立①②③得：x=0.4。 ④
（2）設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有：
⑤
⑥
聯(lián)立⑤⑥得：v乙= v0 ⑦
由動(dòng)能定理得：-g•2R-qE•2R= v02- v乙2 ⑧
聯(lián)立①⑦⑧得：v0= =2 /s ⑨
（3）設(shè)甲的質(zhì)量為，碰撞后甲、乙的速度分別為v、v，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有： v0= v+ v ○10
v02= v2+ v2 ○11
聯(lián)立○10○11得： ○12
由○12和≥，可得：v0≤v＜2 v0 ○13
設(shè)乙球過D點(diǎn)的速度為 ，由動(dòng)能定理得-g•2R-qE•2R= vD’2- v2 ○14
聯(lián)立⑨○13○14得：2/s≤vD’＜8 /s ○15
設(shè)乙在水平軌道上的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x’，則有x’= vD’t ○16
聯(lián)立②○15○16得：0.4≤x’＜1.6
【點(diǎn)評】此題考查帶電小球豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)、完全彈性碰撞和直線運(yùn)動(dòng)，涉及的主要知識(shí)點(diǎn)有類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能守恒、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、等。
例4．（2010四川理綜第25題）如圖所示，空間有場強(qiáng)E=0.5N/C的豎直向下的勻強(qiáng)電場，長L=0.3 的不可伸長的輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量=0.01kg的不帶電小球A，拉起小球至繩水平后，無初速釋放。另一電荷量q=+0.1C、質(zhì)量與A相同的小球P，以速度v0=3 /s水平拋出，經(jīng)時(shí)間t=0.2s與小球A在D點(diǎn)迎面正碰并粘在一起成為小球C，碰后瞬間斷開輕繩，同時(shí)對小球C施加一恒力，此后小球C與D點(diǎn)下方一足夠大的平板相遇。不計(jì)空氣阻力，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g=10/s2。
(1)求碰撞前瞬間小球P的速度。
(2)若小球 經(jīng)過路程s=0.09到達(dá)平板，此時(shí)速度恰好為0，求所加的恒力。
(3)若施加恒力后，保持平板垂直于紙面且與水平面的夾角不變，在D點(diǎn)下方任意改變平板位置，小球C均能與平板正碰，求出所有滿足條件的恒力。
【解析】 ⑴P做拋物線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的加速度為 /s2
在D點(diǎn)的豎直速度為 vy=at=3/s。
P碰前的速度為 /s
⑵設(shè)在D點(diǎn)輕繩與豎直方向的夾角為θ，由于P與A迎面正碰，則P與A速度方向相反，所以P的速度與水平方向的夾角為θ有 ，
⑶平板足夠大,如果將平板放置到無限遠(yuǎn)根據(jù)題意也能相碰，此時(shí)小球C必須勻速或加速不能減速，所以滿足條件的恒力在豎直線與C的速度線之間，設(shè)恒力與豎直方向的夾角為β，則 0≤β＜120°
在垂直速度的方向上，恒力的分力與重力和電場力合力的分力等大反向，有
Fcos(β-) =(2g+qE) cos
則滿足條件的恒力為 （其中0≤β＜120°）
【點(diǎn)評】此題考查帶電小球的類平拋運(yùn)動(dòng)、完全非彈性碰撞和直線運(yùn)動(dòng)，涉及的主要知識(shí)點(diǎn)有類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、力的合成與分解、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律等



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