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1、课标版 物理,第6讲带电粒子在电场中运动的综合问题,考点一带电粒子在复合场中运动问题带电粒子在复合场中运动问题的求解思路1.运动学与动力学观点(1)运动学观点是指用匀变速直线运动的公式来解决实际问题,一般有两种情况:带电粒子初速度方向与电场线共线,则粒子做匀变速直线运动;带电粒子的初速度方向垂直电场线,则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。(2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时,一般要采用类似平抛运动的解决方法。,2.功能观点:首先对带电粒子受力分析,再分析运动形式,然后根据具体情况选用公式计算。(1)若选用动能定理,则要分清有多少个力做功,是恒力做功还是变力做功,同时要明确初、末状态及运
2、动过程中的动能的增量。(2)若选用能量守恒定律,则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化,哪些能量是增加的,哪些能量是减少的。3.等效场的观点,带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题,是高中物理教学中一类重要而典型的题型。对于这类问题,若采用常规方法求解,过程复杂,运算量大。若采用“等效法”求解,则能避开复杂的运算,过程比较简捷。先求出重力与电场力的合力,将这个合力视为一个“等效重力”,将a=视为“等效重力加速度”。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。,典例1(2015四川理综,10,17分)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与
3、桌面边缘对齐,A是轨道上一点,过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5106 N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.010-6 C,质量m=0.25 kg,与轨道间动摩擦因数=0.4。P从O点由静止开始向右运动,经过0.55 s到达A点,到达B点时速度是5 m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为,且tan =1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用,F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,取g=10 m/s2。求:,(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间;(2)小物体P从A运动至D的过程,电场力
4、做的功。答案(1)0.5 s(2)-9.25 J解析(1)小物体P的速率从0至2 m/s,受外力F1=2 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a1,经过时间t1速度为v1,则F1-mg=ma1v1=a1t1解得t1=0.5 s,(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点,受外力F2=6 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,则F2-mg=ma2设小物体P从速度v1经过t2时间,在A点的速度为v2,则t2=0.55 s-t1v2=v1+a2t2P从A点至B点,受外力F2=6 N、电场力和滑动摩擦力的作用,设其做匀变速直线运动加速度为a3,电荷量为q,在B点的速度为v3,从A点至B点的位移为x1,
5、则F2-mg-qE=ma3-=2a3x1,P以速度v3滑出轨道右端B点,设水平方向受外力为F3,电场力大小为FE,有FE=F3F3与FE大小相等方向相反,P水平方向所受合力为零,所以,P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为t3,水平位移为x2,由题意知=tan x2=v3t3设小物体P从A点至D点电场力做功为W,则W=-qE(x1+x2)解得W=-9.25 J,典例2如图所示,空间有与水平方向成角的匀强电场。一个质量为m的带电小球,用长L的绝缘细线悬挂于O点。当小球静止时,细线恰好处于水平位置。现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点,此过程小球的电荷量不变。则该外力
6、做的功为(),A.mgLB.C.mgL tan D.答案B细线处于水平位置时,小球静止,对小球受力分析如图所示,则重力与电场力的合力F合=,将小球缓慢拉到最低点,说明小球始终处于平衡状态,由动能定理可知:WF=-WF合=L。,对于受变力作用的带电体的运动,必须借助于能量观点来处理。即使是恒力作用的问题,用能量观点处理也常常显得简捷。(1)用动能定理处理,思维顺序一般为弄清研究对象,明确所研究的物理过程;,分析物体在所研究过程中的受力情况,弄清哪些力做功,做正功还是负功;弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能);根据W=Ek列出方程求解。(2)用能量守恒定律处理。列式的方法常有两种从初、末状态的
7、能量相等(即E1=E2)列方程;从某些能量的减少量等于另一些能量的增加量(即E=E)列方程。,1-1在一个水平面上建立x轴,在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,场强大小E=6.0105 N/C,方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量q=-5.010-8 C,质量m=1.010-2 kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数=0.20,沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2.0 m/s,如图所示。(g取10 m/s2)试求:(1)物块向右运动的最大距离;(2)物块最终停止的位置。,答案(1)0.4 m(2)O点左侧0.2 m处解析(1)设物块向右运动的最大距离为xm,由动能定理得
8、:-mgxm-E|q|xm=0-m可求得:xm=0.4 m(2)因Eqmg,物块不可能停止在O点右侧,设最终停在O点左侧且离O点为x处。由动能定理得:E|q|xm-mg(xm+x)=0可得:x=0.2 m。,考点二带电粒子在交变电场中的运动问题这类问题涉及力学和电场知识的综合运用,但实际上是一个力学问题,解答这类问题,仍要从受力分析(力的大小、方向的变化特点)和运动分析(运动状态及形式)入手,应用力学的基本规律定性、定量讨论,注意思维方法和技巧的灵活运用。1.借助图像,展示物理过程物理图像是表达物理过程、规律的基本工具之一,用图像反映物理过程、规律,具有直观、形象、简洁明了的特点,带电粒子在交
9、变电场中运动时,受电场力作用,其加速度、速度等均做周期性变化,借助图像来描述它在电场中的运动情况,可直观展示物理过程,从而获得启迪,快捷地分析求解。,典例3将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两极板上,开始B板电势比A板电势高,这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间,它在电场力作用下开始运动,设A、B两极板间的距离足够大,下列说法正确的是(),A.电子一直向着A板运动B.电子一直向着B板运动,C.电子先向A板运动,然后返回向B板运动,之后在A、B两板间做周期性往复运动D.电子先向B板运动,然后返回向A板运动,之后在A、B两板间做周期性往复运动答案D根据交变电压的变化规律,不难确定电子所
10、受电场力的变化规律,从而作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线,如图所示。从图中可知,电子在第一个T/4内做匀加速运动,第二个T/4内做匀减速运动,在这半周期内,因初始B板电势比A板电势高,所以电子向B板运动,加速度大小为。在第三个T/4内电子做匀加速运动,第四个T/4内做匀减速运动,但在这,半周期内运动方向与前半周期相反,向A板运动,加速度大小为。所以电子在交变电场中将以t=T/4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动,综上分析选D。,2-1如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子
11、,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(),A.0t0B.t0,C.T时情况类似。因粒子最终打在A板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各选项可知只有B正确。,对一个复杂的运动,为研究方便可以把它看成是由几个比较简单的运动组合而成的,前者叫做合运动,后者叫做分运动。某个方向的分运动不会因其他分运动的存在而受到影响,这就是运动的独立性原理,应用这一原理可以简捷分析某些带电粒子在交变电场中运动的问题。典例4(2015山东理综,20,6分)(多选)如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻,质量为m的带电微粒以初
12、速度v0沿中线射入两板间,0时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0T时间内运动的描述,正确的是(),2.巧取分运动,化繁为简,A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgdD.克服电场力做功为mgd答案BC由0时间内微粒匀速运动知qE0=mg,所以与T时,间内微粒的加速度等大反向,大小都等于g。时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度vy1=g,竖直位移y1=g,在T时间内微粒的竖直末速度vy2=vy1-g=0,竖直位移y2=vy1-g=g,所以y1=y2=,微粒克服电场力做功W=q2E0=2mg=mg
13、d,在重力作用下微粒的竖直位移为,其重力势能减少了mgd。综上可知A、D错误,B、C正确。,3.借助理想模型,迅速求解解决物理问题时一般都和一定的理想模型相联系。建立正确反映事物特征的理想模型是运用基本概念、规律求解问题的必要前提,对于某些实际的物理过程,可根据题设条件,运用近似处理方法,通过简化描述来反映事物基本的物理特征,这有助于迅速、准确确定出解题方向和策略,使问题得到迅速解决。典例5在真空中速度为v=6.4107 m/s的电子束连续地射入两平行极板之间,极板长度为L=8.010-2 m,间距为d=5.010-3 m,电子束沿两极板间的中线通过,如图所示,在两极板上加上50 Hz的交变电
14、压u=Um sin t,如果所加电压的最大值超过某一值UC,将开始出现以下现象:电子有时能通过两极板,有时不能通过,求UC的大小。(电子的比荷为1.761011 C/kg),答案91 V解析设电子刚好不能通过时平行板间的电压为UC,电子经过平行板的时间为t,则:t=,又=at2,a=解得UC=91 V。,此题是带电粒子初速度方向与电场方向垂直的问题,乍一看,电子运动过程复杂,一时难以理顺解题思路,但仔细分析可知,电子通过平行板所需要的时间为t=1.2510-9 s,交流电压周期T=2.010-2 s,可见tT,这说明交,变电压虽做周期性变化,但对高速通过平行板的电子束而言,电压大小的变化已成次
15、要因素,可以不予考虑,因此,电子束通过平行板时,极板间的电压和电场可看做恒定不变,即这里建立的是平行板匀强电场模型,处理电子束在匀强电场中的运动我们已相当熟悉,问题就迎刃而解了。,考点三静电场中图像问题的处理1.主要类型(1)v-t图像;(2)-x图像;(3)E-x图像。2.应对策略(1)v-t图像:根据v-t图像中速度的变化、斜率绝对值的变化(即加速度大小的变化),确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况,进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。,(2)-x图像:电场强度的大小等于-x图线的斜率的绝对值,电场强度为零处,-x图线存在极值,其切线的斜率为零。在-x图像中可以直接判断
16、各点电势的大小,并可根据电势大小关系大致确定电场强度的方向。在-x图像中分析电荷移动时做功的正负,可用WAB=qUAB分析WAB的正负,然后作出判断。(3)E-x图像:根据给出的E-x图像,确定E的方向,再在草纸上画出电场线的大致方向,根据E的大小变化,确定电场的强弱分布。,典例6(2015河南开封二模,17)假设空间某一静电场的电势随x变化情况如图所示,根据图中信息可以确定下列说法中正确的是()A.空间各点场强的方向均与x轴垂直B.将电荷沿x轴从O移到x1的过程中,电荷做匀加速直线运动C.正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中,电场力做正功,电势能减小D.负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中,电场
17、力做负功,电势能增加答案D由图看出,x轴上各点电势不全相等,x轴不是一条等势线,所以,空间各点场强的方向不全与x轴垂直,A错误;x轴上从O到x1,各点电势相等,任意两点间电势差为零,电荷在此段内不可能做匀加速直线运动,B错误;正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中,电势升高,正电荷的电势能增加,电场力做负功,C错误;负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中,电势降低,电场力做负功,负电荷的电势能增加,D正确。,典例7(2015江苏苏北四市二次调研)如图所示,无限大均匀带正电薄板竖直放置,其周围空间的电场可认为是匀强电场。光滑绝缘细管垂直穿过板中间小孔,一个视为质点的带负电小球在细管内运动。以小孔为原点建
18、立x轴,规定x轴正方向为加速度a和速度v的正方向,选项图分别表示x轴上各点的电势,小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图像,其中正确的是(),答案D由U=-0=Ed=Ex可知电势随x线性变化,选项A错误;在匀强电场中加速度a= ,大小不变,但由于是负电荷,在x轴的正方向所受的电场,力方向沿x轴的负方向,即加速度方向应为负,而沿x轴负方向的加速度方向为正,选项B错误;小球做匀减速直线运动 v2-=-2ax,得v=,选项C错误;由动能定理有-Eqx=Ek-Ek0得Ek=Ek0-Eqx,选项D正确。,3-1(2015贵州七校第一次联考,21)(多选)一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O
19、点,质量为m的带正电的小球从O点正上方h高度的A点静止释放,并穿过带电环,关于小球从A运动到与O对称的点A的过程中,其加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图像如图所示(取O点为坐标原点且重力势能为零,向下为加速度的正方向,并取无限远处电势为零)。其中可能正确的是(),答案ABC均匀带电圆环的电场在其中心轴线处的场强特点可等效为以圆心为中点的两个等量同种电荷产生的电场,小球从A运动到A的过程中,加速度可能先减小后增大,再减小,A项正确;重力势能变化与重力做功相等,与小球下落高度成正比,B项正确;整个过程中,电场力对小球先做负功,再做正功,所以小球电势能先增
20、大后减小,小球的机械能先减小后增大;但电场力为变力,故电势能、机械能与位移不是一次函数关系,C项正确,D项错。,3-2(2014山东理综,19,6分)如图,半径为R的均匀带正电薄球壳,其上有一小孔A。已知壳内的场强处处为零;壳外空间的电场,与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线,可能正确的是(),答案A由于带正电的试探电荷在球壳内运动时,不受电场力,没有力做功,动能不变,可知C、D项错误。在球壳外,电场力做正功,动能增大,且由F库=k可知随r的增大,F库减小
21、,体现为Ek-r图线的斜率减小,故选项A正确,B错误。,考点四带电粒子在电场、复合场中的功能关系(1)静电力做功量度电势能的变化量:静电力做正功,电势能减少;静电力做负功,电势能增加。(2)只有静电力做功,电势能和电荷的动能之和保持不变。(3)只有静电力和重力做功,电势能、重力势能、动能三者之和保持不变,即电势能和机械能之和保持不变。(4)除静电力以外的力对带电体做的功等于带电体电势能、动能之和的变化,此时一般用动能定理来进行计算。,典例8(2014天津理综,4,6分)如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚
22、线所示,那么()A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加,答案C由带电微粒做类平抛运动的特征可知带电微粒所受的合力方向向下,即电场力方向向上且Eqmg或电场力方向向下,因此A板电性无法确定,选项A错误;电场力可能做正功,也可能做负功,即电势能可能减少,也可能增加,机械能可能增加,也可能减少,选项B、D错误;合力做正功,动能一定增加,选项C正确。,4-1(2014课标,25,20分)如图,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,BOA=60,OB=OA。,将一质量为m的小球以
23、一定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电,电荷量为q(q0),同时加一匀强电场,场强方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍,重力加速度大小为g。求(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值;(2)电场强度的大小和方向。答案(1)(2)方向:与竖直向下成30夹角,解析(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB=d,根据平抛运动的规律有
24、d sin 60=v0td cos 60=gt2又有Ek0=m由式得Ek0=mgd设小球到达A点时的动能为EkA,则EkA=Ek0+mgd由式得=,(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了和,设电势能分别减小EpA和EpB,由能量守恒及式得EpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0EpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点的距离为x,如图,则有=,解得x=d。MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为,由几何关系可得=30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30。设场强的大小为E,有qEd cos 30=EpA由式得E=,
