《高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第6講 帶電粒子在電場中運動的綜合問題課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第6講 帶電粒子在電場中運動的綜合問題課件（42頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課標版課標版 物理物理第6講帶電粒子在電場中運動的綜合問題考點一考點一帶電粒子在復合場中運動問題帶電粒子在復合場中運動問題帶電粒子在復合場中運動問題的求解思路1.運動學與動力學觀點(1)運動學觀點是指用勻變速直線運動的公式來解決實際問題,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動(類平拋運動)。(2)當帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時,一般要采用類似平拋運動的解決方法?？键c突破考點突破2.功能觀點:首先對帶電粒子受力分析,再分析運動形式,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

2、功,是恒力做功還是變力做功,同時要明確初、末狀態(tài)及運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動中共有多少種能量參與轉化,哪些能量是增加的,哪些能量是減少的。3.等效場的觀點帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復合場中做圓周運動的問題,是高中物理教學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,過程復雜,運算量大。若采用“等效法”求解,則能避開復雜的運算,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,

3、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,過A點并垂直于軌道的豎直面右側有大小E=1.5106 N/C,方向水平向右的勻強電場。帶負電的小物體P電荷量是2.010-6 C,質量m=0.25 kg,與軌道間動摩擦因數(shù)=0.4。P從O點由靜止開始向右運動,經過0.55 s到達A點,到達B點時速度是5 m/s,到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為,且tan =1.2。P在整個運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的關系如表所示。P視為質點,電荷量保持不變,忽略空氣阻力,取g=10 m/s2。求:v/(ms-1)0v22vmg,

4、物塊不可能停止在O點右側,設最終停在O點左側且離O點為x處。由動能定理得:E|q|xm-mg(xm+x)=0可得:x=0.2m。1220v考點二帶電粒子在交變電場中的運動問題考點二帶電粒子在交變電場中的運動問題這類問題涉及力學和電場知識的綜合運用,但實際上是一個力學問題,解答這類問題,仍要從受力分析(力的大小、方向的變化特點)和運動分析(運動狀態(tài)及形式)入手,應用力學的基本規(guī)律定性、定量討論,注意思維方法和技巧的靈活運用。1.借助圖像,展示物理過程物理圖像是表達物理過程、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,帶電粒子在交變電場中運動時,受電場力作用,其加

5、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動,設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板運動B.電子一直向著B板運動C.電子先向A板運動,然后返回向B板運動,之后在A、B兩板間做周期性往復運動D.電子先向B板運動,然后返回向A板運動,之后在A、B兩板間做周期性往復運動答案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

6、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內做勻加速運動,第二個T/4內做勻減速運動,在這半周期內,因初始B板電勢比A板電勢高,所以電子向B板運動,加速度大小為。在第三個T/4內電子做勻加速運動,第四個T/4內做勻減速運動,但在這eUmd半周期內運動方向與前半周期相反,向A板運動,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運動,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板運動,

7、時而向B板運動,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,最終打在A板上時位移為負,速度方向為負。作出t0=0、時粒子運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的總位移應小于零,對照各選項可知只有B正確。34T98T4T2T34T4T 34T4T34T對一個復雜的運動,為研究方便可以把它看成是由幾個比較簡

8、單的運動組合而成的,前者叫做合運動,后者叫做分運動。某個方向的分運動不會因其他分運動的存在而受到影響,這就是運動的獨立性原理,應用這一原理可以簡捷分析某些帶電粒子在交變電場中運動的問題。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,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0時間內微粒勻速運動,T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在0T時間內運動的描述,正確的是()3T2.巧取分運動,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m

9、gdD.克服電場力做功為mgd答案BC由0時間內微粒勻速運動知qE0=mg,所以與T時2123T3T23T23T間內微粒的加速度等大反向,大小都等于g。時間內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

10、。建立正確反映事物特征的理想模型是運用基本概念、規(guī)律求解問題的必要前提,對于某些實際的物理過程,可根據(jù)題設條件,運用近似處理方法,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

11、)答案91V解析設電子剛好不能通過時平行板間的電壓為UC,電子經過平行板的時間為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,電子運動過程復雜,一時難以理順解題思路,但仔細分析可知,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電場模型,處理電子束在勻強電場中的

12、運動我們已相當熟悉,問題就迎刃而解了?？键c三靜電場中圖像問題的處理考點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:電場強度的大小等于-x圖線的斜率的絕對值,電場強度為零處,-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電勢的大小,并可根據(jù)電勢大小關系大致確定電場強度的方向。在-x圖像中分析電荷移動時做功的正負,可用WAB=qUA

13、B分析WAB的正負,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,確定電場的強弱分布。典例典例6(2015河南開封二模,17)假設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.空間各點場強的方向均與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.負電荷沿x軸從x4移到x5的過程中,電場力做負功,電勢能增加答案D由圖看出,x軸上各點電勢不全相等,x軸不是一條等勢線,所以空間各點場強的方向不全與x軸垂

14、直,A錯誤;x軸上從O到x1,各點電勢相等,任意兩點間電勢差為零,電荷在此段內不可能做勻加速直線運動,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,電場力做負功,C錯誤;負電荷沿x軸從x4移到x5的過程中,電勢降低,電場力做負功,負電荷的電勢能增加,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為是勻強電場。光滑絕緣細管垂直穿過板中間小孔,一個視為質點的帶負電小球在細管內運動。以小孔為原點建立x軸,規(guī)定x軸正方向為加速度a和速度v的正方向,選項圖分別表示x軸上各點的電勢,小球的加速度a、速度v和動能E

15、k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A錯誤;在勻強電場中加速度a=,大小不變,但由于是負電荷,在x軸的正方向所受的電場Eqm力方向沿x軸的負方向,即加速度方向應為負,而沿x軸負方向的加速度方向為正,選項B錯誤;小球做勻減速直線運動v2-=-2ax,得v=,選項C錯誤;由動能定理有-Eqx=Ek-Ek0得Ek=Ek0-Eqx,選項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,質量為m的帶正電的小球從O點正上方h高度的A點靜止釋放,并穿過帶電環(huán),關于小球從A運動到與O對

16、稱的點A的過程中,其加速度(a)、重力勢能(EpG)、機械能(E)、電勢能(Ep電)隨位置變化的圖像如圖所示(取O點為坐標原點且重力勢能為零,向下為加速度的正方向,并取無限遠處電勢為零)。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特點可等效為以圓心為中點的兩個等量同種電荷產生的電場,小球從A運動到A的過程中,加速度可能先減小后增大,再減小,A項正確;重力勢能變化與重力做功相等,與小球下落高度成正比,B項正確;整個過程中,電場力對小球先做負功,再做正功,所以小球電勢能先增大后減小,小球的機械能先減小后增大;但電場力為變力,故電勢能、機械能與位移不是一次函數(shù)關系,C項正確

17、,D項錯。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。已知殼內的場強處處為零;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。下列關于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關系圖線,可能正確的是()答案A由于帶正電的試探電荷在球殼內運動時,不受電場力,沒有力做功,動能不變,可知C、D項錯誤。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A正確,B錯誤。2Qqr考點四帶電粒子在電場、復合場中的功能關系考

18、點四帶電粒子在電場、復合場中的功能關系(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

19、.微粒從M點運動到N點電勢能一定增加C.微粒從M點運動到N點動能一定增加D.微粒從M點運動到N點機械能一定增加答案C由帶電微粒做類平拋運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),同時加一勻強電場,場強方向與OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點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,到達A點時的動能是初動能的3倍;若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出,恰好通過B點,且到達B點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A點時的動能與初動能的比值;(2)電場強度的大小和方向。答案(1)(2)方向:與豎直向下成30夾角7336mgq

20、解析(1)設小球的初速度為v0,初動能為Ek0,從O點運動到A點的時間為t,令OA=d,則OB=d,根據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin60=v0tdcos60=gt2又有Ek0=m由式得Ek0=mgd設小球到達A點時的動能為EkA,則EkA=Ek0+mgd由式得=32121220v3812kk0AEE73(2)加電場后,小球從O點到A點和B點,高度分別降低了和,設電勢能分別減小EpA和EpB,由能量守恒及式得EpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0EpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0在勻強電場中,沿任一直線,電勢的降落是均勻的。設直線OB上的M點與A點等電勢,M與O點的距離為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。設電場方向與豎直向下的方向的夾角為,由幾何關系可得=30即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30。設場強的大小為E,有qEdcos30=EpA由式得E=36mgq