高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第6講 帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題課件

課標(biāo)版課標(biāo)版 物理物理第6講帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題考點(diǎn)一考點(diǎn)一帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題的求解思路1.運(yùn)動學(xué)與動力學(xué)觀點(diǎn)(1)運(yùn)動學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速直線運(yùn)動的公式來解決實(shí)際問題,一般有兩種情況:帶電粒子初速度方向與電場線共線,則粒子做勻變速直線運(yùn)動;帶電粒子的初速度方向垂直電場線,則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)。(2)當(dāng)帶電粒子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動時,一般要采用類似平拋運(yùn)動的解決方法?？键c(diǎn)突破考點(diǎn)突破2.功能觀點(diǎn):首先對帶電粒子受力分析,再分析運(yùn)動形式,然后根據(jù)具體情況選用公式計算。(1)若選用動能定理,則要分清有多少個力做功,是恒力做功還是變力做功,同時要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動過程中的動能的增量。(2)若選用能量守恒定律,則要分清帶電體在運(yùn)動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化,哪些能量是增加的,哪些能量是減少的。3.等效場的觀點(diǎn)帶電粒子在勻強(qiáng)電場和重力場組成的復(fù)合場中做圓周運(yùn)動的問題,是高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型。對于這類問題,若采用常規(guī)方法求解,過程復(fù)雜,運(yùn)算量大。若采用“等效法”求解,則能避開復(fù)雜的運(yùn)算,過程比較簡捷。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=視為“等效重力加速度”。再將物體在重力場中的運(yùn)動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。Fm合典例典例1 1 (2015四川理綜,10,17分)如圖所示,粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上,B端與桌面邊緣對齊,A是軌道上一點(diǎn),過A點(diǎn)并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=1.5106 N/C,方向水平向右的勻強(qiáng)電場。帶負(fù)電的小物體P電荷量是2.010-6 C,質(zhì)量m=0.25 kg,與軌道間動摩擦因數(shù)=0.4。P從O點(diǎn)由靜止開始向右運(yùn)動,經(jīng)過0.55 s到達(dá)A點(diǎn),到達(dá)B點(diǎn)時速度是5 m/s,到達(dá)空間D點(diǎn)時速度與豎直方向的夾角為,且tan =1.2。P在整個運(yùn)動過程中始終受到水平向右的某外力F作用,F大小與P的速率v的關(guān)系如表所示。P視為質(zhì)點(diǎn),電荷量保持不變,忽略空氣阻力,取g=10 m/s2。求:v/(ms-1)0v22vmg,物塊不可能停止在O點(diǎn)右側(cè),設(shè)最終停在O點(diǎn)左側(cè)且離O點(diǎn)為x處。由動能定理得:E|q|xm-mg(xm+x)=0可得:x=0.2m。1220v考點(diǎn)二帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動問題考點(diǎn)二帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動問題這類問題涉及力學(xué)和電場知識的綜合運(yùn)用,但實(shí)際上是一個力學(xué)問題,解答這類問題,仍要從受力分析(力的大小、方向的變化特點(diǎn))和運(yùn)動分析(運(yùn)動狀態(tài)及形式)入手,應(yīng)用力學(xué)的基本規(guī)律定性、定量討論,注意思維方法和技巧的靈活運(yùn)用。1.借助圖像,展示物理過程物理圖像是表達(dá)物理過程、規(guī)律的基本工具之一,用圖像反映物理過程、規(guī)律,具有直觀、形象、簡潔明了的特點(diǎn),帶電粒子在交變電場中運(yùn)動時,受電場力作用,其加速度、速度等均做周期性變化,借助圖像來描述它在電場中的運(yùn)動情況,可直觀展示物理過程,從而獲得啟迪,快捷地分析求解。典例典例3將如圖所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩極板上,開始B板電勢比A板電勢高,這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間,它在電場力作用下開始運(yùn)動,設(shè)A、B兩極板間的距離足夠大,下列說法正確的是()A.電子一直向著A板運(yùn)動B.電子一直向著B板運(yùn)動C.電子先向A板運(yùn)動,然后返回向B板運(yùn)動,之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動D.電子先向B板運(yùn)動,然后返回向A板運(yùn)動,之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動答案D根據(jù)交變電壓的變化規(guī)律,不難確定電子所受電場力的變化規(guī)律,從而作出電子的加速度a、速度v隨時間變化的圖線,如圖所示。從圖中可知,電子在第一個T/4內(nèi)做勻加速運(yùn)動,第二個T/4內(nèi)做勻減速運(yùn)動,在這半周期內(nèi),因初始B板電勢比A板電勢高,所以電子向B板運(yùn)動,加速度大小為。在第三個T/4內(nèi)電子做勻加速運(yùn)動,第四個T/4內(nèi)做勻減速運(yùn)動,但在這eUmd半周期內(nèi)運(yùn)動方向與前半周期相反,向A板運(yùn)動,加速度大小為。所以電子在交變電場中將以t=T/4時刻所在位置為平衡位置做周期性往復(fù)運(yùn)動,綜上分析選D。eUmd2-1如圖(a)所示,兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓,一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子,粒子會時而向A板運(yùn)動,時而向B板運(yùn)動,并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是()A.0t0B.t04T2T34TC.t0TD.Tt0答案B設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得,粒子的速度方向時而為正,時而為負(fù),最終打在A板上時位移為負(fù),速度方向?yàn)樨?fù)。作出t0=0、時粒子運(yùn)動的速度圖像如圖所示。由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移,則由圖像可知0t0,t0T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零;t0T時情況類似。因粒子最終打在A板上,則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零,對照各選項(xiàng)可知只有B正確。34T98T4T2T34T4T 34T4T34T對一個復(fù)雜的運(yùn)動,為研究方便可以把它看成是由幾個比較簡單的運(yùn)動組合而成的,前者叫做合運(yùn)動,后者叫做分運(yùn)動。某個方向的分運(yùn)動不會因其他分運(yùn)動的存在而受到影響,這就是運(yùn)動的獨(dú)立性原理,應(yīng)用這一原理可以簡捷分析某些帶電粒子在交變電場中運(yùn)動的問題。典例典例4 (2015山東理綜,20,6分)(多選)如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動,T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0T時間內(nèi)運(yùn)動的描述,正確的是()3T2.巧取分運(yùn)動,化繁為簡A.末速度大小為v0B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了mgdD.克服電場力做功為mgd答案BC由0時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動知qE0=mg,所以與T時2123T3T23T23T間內(nèi)微粒的加速度等大反向,大小都等于g。時間內(nèi)微粒只在重力作用下的豎直末速度vy1=g,豎直位移y1=g,在T時間內(nèi)微粒的豎直末速度vy2=vy1-g=0,豎直位移y2=vy1-g=g,所以y1=y2=,微?？朔妶隽ψ龉=q2E0=2mg=mgd,在重力作用下微粒的豎直位移為,其重力勢能減少了mgd。綜上可知A、D錯誤,B、C正確。3T23T3T1223T23T3T3T1223T1223T4d4d4d122d123.借助理想模型,迅速求解解決物理問題時一般都和一定的理想模型相聯(lián)系。建立正確反映事物特征的理想模型是運(yùn)用基本概念、規(guī)律求解問題的必要前提,對于某些實(shí)際的物理過程,可根據(jù)題設(shè)條件,運(yùn)用近似處理方法,通過簡化描述來反映事物基本的物理特征,這有助于迅速、準(zhǔn)確確定出解題方向和策略,使問題得到迅速解決。典例典例5在真空中速度為v=6.4107m/s的電子束連續(xù)地射入兩平行極板之間,極板長度為L=8.010-2m,間距為d=5.010-3m,電子束沿兩極板間的中線通過,如圖所示,在兩極板上加上50Hz的交變電壓u=Umsint,如果所加電壓的最大值超過某一值UC,將開始出現(xiàn)以下現(xiàn)象:電子有時能通過兩極板,有時不能通過,求UC的大小。(電子的比荷為1.761011C/kg)答案91V解析設(shè)電子剛好不能通過時平行板間的電壓為UC,電子經(jīng)過平行板的時間為t,則:t=,又=at2,a=解得UC=91V。Lv2d12CeUmd222mv deL此題是帶電粒子初速度方向與電場方向垂直的問題,乍一看,電子運(yùn)動過程復(fù)雜,一時難以理順解題思路,但仔細(xì)分析可知,電子通過平行板所需要的時間為t=1.2510-9s,交流電壓周期T=2.010-2s,可見tT,這說明交Lv變電壓雖做周期性變化,但對高速通過平行板的電子束而言,電壓大小的變化已成次要因素,可以不予考慮,因此,電子束通過平行板時,極板間的電壓和電場可看做恒定不變,即這里建立的是平行板勻強(qiáng)電場模型,處理電子束在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動我們已相當(dāng)熟悉,問題就迎刃而解了?？键c(diǎn)三靜電場中圖像問題的處理考點(diǎn)三靜電場中圖像問題的處理1.主要類型(1)v-t圖像;(2)-x圖像;(3)E-x圖像。2.應(yīng)對策略(1)v-t圖像:根據(jù)v-t圖像中速度的變化、斜率絕對值的變化(即加速度大小的變化),確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況,進(jìn)而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化。(2)-x圖像:電場強(qiáng)度的大小等于-x圖線的斜率的絕對值,電場強(qiáng)度為零處,-x圖線存在極值,其切線的斜率為零。在-x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的大小,并可根據(jù)電勢大小關(guān)系大致確定電場強(qiáng)度的方向。在-x圖像中分析電荷移動時做功的正負(fù),可用WAB=qUAB分析WAB的正負(fù),然后作出判斷。(3)E-x圖像:根據(jù)給出的E-x圖像,確定E的方向,再在草紙上畫出電場線的大致方向,根據(jù)E的大小變化,確定電場的強(qiáng)弱分布。典例典例6(2015河南開封二模,17)假設(shè)空間某一靜電場的電勢隨x變化情況如圖所示,根據(jù)圖中信息可以確定下列說法中正確的是()A.空間各點(diǎn)場強(qiáng)的方向均與x軸垂直B.將電荷沿x軸從O移到x1的過程中,電荷做勻加速直線運(yùn)動C.正電荷沿x軸從x2移到x3的過程中,電場力做正功,電勢能減小D.負(fù)電荷沿x軸從x4移到x5的過程中,電場力做負(fù)功,電勢能增加答案D由圖看出,x軸上各點(diǎn)電勢不全相等,x軸不是一條等勢線,所以空間各點(diǎn)場強(qiáng)的方向不全與x軸垂直,A錯誤;x軸上從O到x1,各點(diǎn)電勢相等,任意兩點(diǎn)間電勢差為零,電荷在此段內(nèi)不可能做勻加速直線運(yùn)動,B錯誤;正電荷沿x軸從x2移到x3的過程中,電勢升高,正電荷的電勢能增加,電場力做負(fù)功,C錯誤;負(fù)電荷沿x軸從x4移到x5的過程中,電勢降低,電場力做負(fù)功,負(fù)電荷的電勢能增加,D正確。典例典例7 (2015江蘇蘇北四市二次調(diào)研)如圖所示,無限大均勻帶正電薄板豎直放置,其周圍空間的電場可認(rèn)為是勻強(qiáng)電場。光滑絕緣細(xì)管垂直穿過板中間小孔,一個視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電小球在細(xì)管內(nèi)運(yùn)動。以小孔為原點(diǎn)建立x軸,規(guī)定x軸正方向?yàn)榧铀俣萢和速度v的正方向,選項(xiàng)圖分別表示x軸上各點(diǎn)的電勢,小球的加速度a、速度v和動能Ek隨x的變化圖像,其中正確的是()答案D由U=-0=Ed=Ex可知電勢隨x線性變化,選項(xiàng)A錯誤;在勻強(qiáng)電場中加速度a=,大小不變,但由于是負(fù)電荷,在x軸的正方向所受的電場Eqm力方向沿x軸的負(fù)方向,即加速度方向應(yīng)為負(fù),而沿x軸負(fù)方向的加速度方向?yàn)檎?選項(xiàng)B錯誤;小球做勻減速直線運(yùn)動v2-=-2ax,得v=,選項(xiàng)C錯誤;由動能定理有-Eqx=Ek-Ek0得Ek=Ek0-Eqx,選項(xiàng)D正確。20v202vax3-1(2015貴州七校第一次聯(lián)考,21)(多選)一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置,環(huán)心為O點(diǎn),質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點(diǎn)正上方h高度的A點(diǎn)靜止釋放,并穿過帶電環(huán),關(guān)于小球從A運(yùn)動到與O對稱的點(diǎn)A的過程中,其加速度(a)、重力勢能(EpG)、機(jī)械能(E)、電勢能(Ep電)隨位置變化的圖像如圖所示(取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)且重力勢能為零,向下為加速度的正方向,并取無限遠(yuǎn)處電勢為零)。其中可能正確的是()答案ABC均勻帶電圓環(huán)的電場在其中心軸線處的場強(qiáng)特點(diǎn)可等效為以圓心為中點(diǎn)的兩個等量同種電荷產(chǎn)生的電場,小球從A運(yùn)動到A的過程中,加速度可能先減小后增大,再減小,A項(xiàng)正確;重力勢能變化與重力做功相等,與小球下落高度成正比,B項(xiàng)正確;整個過程中,電場力對小球先做負(fù)功,再做正功,所以小球電勢能先增大后減小,小球的機(jī)械能先減小后增大;但電場力為變力,故電勢能、機(jī)械能與位移不是一次函數(shù)關(guān)系,C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯。3-2(2014山東理綜,19,6分)如圖,半徑為R的均勻帶正電薄球殼,其上有一小孔A。已知?dú)?nèi)的場強(qiáng)處處為零;殼外空間的電場,與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產(chǎn)生的電場一樣。一帶正電的試探電荷(不計重力)從球心以初動能Ek0沿OA方向射出。下列關(guān)于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖線,可能正確的是()答案A由于帶正電的試探電荷在球殼內(nèi)運(yùn)動時,不受電場力,沒有力做功,動能不變,可知C、D項(xiàng)錯誤。在球殼外,電場力做正功,動能增大,且由F庫=k可知隨r的增大,F庫減小,體現(xiàn)為Ek-r圖線的斜率減小,故選項(xiàng)A正確,B錯誤。2Qqr考點(diǎn)四帶電粒子在電場、復(fù)合場中的功能關(guān)系考點(diǎn)四帶電粒子在電場、復(fù)合場中的功能關(guān)系(1)靜電力做功量度電勢能的變化量:靜電力做正功,電勢能減少;靜電力做負(fù)功,電勢能增加。(2)只有靜電力做功,電勢能和電荷的動能之和保持不變。(3)只有靜電力和重力做功,電勢能、重力勢能、動能三者之和保持不變,即電勢能和機(jī)械能之和保持不變。(4)除靜電力以外的力對帶電體做的功等于帶電體電勢能、動能之和的變化,此時一般用動能定理來進(jìn)行計算。典例典例8(2014天津理綜,4,6分)如圖所示,平行金屬板A、B水平正對放置,分別帶等量異號電荷。一帶電微粒水平射入板間,在重力和電場力共同作用下運(yùn)動,軌跡如圖中虛線所示,那么()A.若微粒帶正電荷,則A板一定帶正電荷B.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)電勢能一定增加C.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)動能一定增加D.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加答案C由帶電微粒做類平拋運(yùn)動的特征可知帶電微粒所受的合力方向向下,即電場力方向向上且Eq0),同時加一勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)方向與OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球,該小球通過了A點(diǎn),到達(dá)A點(diǎn)時的動能是初動能的3倍;若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動能沿另一方向拋出,恰好通過B點(diǎn),且到達(dá)B點(diǎn)時的動能為初動能的6倍,重力加速度大小為g。求(1)無電場時,小球到達(dá)A點(diǎn)時的動能與初動能的比值;(2)電場強(qiáng)度的大小和方向。答案(1)(2)方向:與豎直向下成30夾角7336mgq解析(1)設(shè)小球的初速度為v0,初動能為Ek0,從O點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)的時間為t,令OA=d,則OB=d,根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律有dsin60=v0tdcos60=gt2又有Ek0=m由式得Ek0=mgd設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時的動能為EkA,則EkA=Ek0+mgd由式得=32121220v3812kk0AEE73(2)加電場后,小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn),高度分別降低了和,設(shè)電勢能分別減小EpA和EpB,由能量守恒及式得EpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0EpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0在勻強(qiáng)電場中,沿任一直線,電勢的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)等電勢,M與O點(diǎn)的距離為x,如圖,則有=2d32d12233232xdppABEE解得x=d。MA為等勢線,電場必與其垂線OC方向平行。設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為,由幾何關(guān)系可得=30即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30。設(shè)場強(qiáng)的大小為E,有qEdcos30=EpA由式得E=36mgq