2019年度高考物理一轮复习 第七章 静电场 专题强化八 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题学案.doc

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专题强化八带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题专题解读1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用,高考常以计算题出现.2.学好本专题,可以加深对动力学和能量知识的理解,能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧,熟练应用能量观点解题.3.用到的知识:受力分析、运动分析、能量观点.一、带电粒子在电场中运动1.分析方法:先分析受力情况,再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速,轨迹是直线还是曲线),然后选用恰当的力学规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题.2.受力特点:在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时,重力是否要考虑,关键看重力与其他力相比较是否能忽略.一般来说,除明显暗示外,带电小球、液滴的重力不能忽略,电子、质子等带电粒子的重力可以忽略,一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用.二、用能量观点处理带电体的运动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.即使都是恒力作用的问题,用能量观点处理也常常显得简洁.具体方法常有两种:1.用动能定理处理思维顺序一般为:(1)弄清研究对象,明确所研究的物理过程.(2)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.(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能).(4)根据WEk列出方程求解.2.用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种:(1)利用初、末状态的能量相等(即E1E2)列方程.(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加(即EE)列方程.3.两个结论(1)若带电粒子只在电场力作用下运动,其动能和电势能之和保持不变.(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动,其机械能和电势能之和保持不变.命题点一带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解).(2)粒子做往返运动(一般分段研究).(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究).3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.(2)从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系.(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.例1如图1(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,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()图1A.0t0B.t0C.t0TD.Tt0答案B解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意知,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负.分别作出t00、时粒子运动的vt图象,如图所示.由于vt图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象知,0t0与t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零,t0时粒子在一个周期内的总位移小于零;t0T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,对照各项可知B正确.变式1如图2所示,A、B两金属板平行放置,在t0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A、B两板间加上下列哪种电压时,有可能使电子到不了B板()图2答案B变式2(多选)(2015山东理综20)如图3甲所示,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.t0时刻,质量为m的带电微粒以初速度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()图3A.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解析因0时间内微粒匀速运动,故E0qmg;在时间内,粒子只受重力作用,做平抛运动,在t时刻的竖直速度为vy1,水平速度为v0;在T时间内,由牛顿第二定律2E0qmgma,解得ag,方向向上,则在tT时刻,vy2vy1g0,粒子的竖直速度减小到零,水平速度为v0,选项A错误,B正确;微粒的重力势能减小了Epmgmgd,选项C正确;从射入到射出,由动能定理可知,mgdW电0,可知克服电场力做功为mgd,选项D错误;故选B、C.命题点二用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动1.等效重力法将重力与电场力进行合成,如图4所示,则F合为等效重力场中的“重力”,g为等效重力场中的“等效重力加速度”,F合的方向等效为“重力”的方向,即在等效重力场中的竖直向下方向.图42.物理最高点与几何最高点在“等效力场”中做圆周运动的小球,经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题.小球能维持圆周运动的条件是能过最高点,而这里的最高点不一定是几何最高点,而应是物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端,是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点.例2如图5所示,半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m、带电荷量为q的珠子,现在圆环平面内加一个匀强电场,使珠子由最高点A从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径),要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.(重力加速度为g)图5(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向;(2)当所加电场的场强为最小值时,求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小;(3)在(1)问电场中,要使珠子能完成完整的圆周运动,在A点至少应使它具有多大的初动能?答案见解析解析(1)根据题述,珠子运动到BC弧中点M时速度最大,作过M点的直径MN,设电场力与重力的合力为F,则其方向沿NM方向,分析珠子在M点的受力情况,由图可知,当F电垂直于F时,F电最小,最小值为:F电minmgcos45mgF电minqEmin解得所加电场的场强最小值Emin,方向沿AOB的角平分线方向指向左上方.(2)当所加电场的场强为最小值时,电场力与重力的合力为Fmgsin45mg把电场力与重力的合力看做是“等效重力”,对珠子由A运动到M的过程,由动能定理得F(rr)mv20在M点,由牛顿第二定律得:FNFm联立解得FN(1)mg由牛顿第三定律知,珠子对环的作用力大小为FNFN(1)mg.(3)由题意可知,N点为等效最高点,只要珠子能到达N点,就能做完整的圆周运动,珠子在N点速度为0时,所需初动能最小,此过程中,由动能定理得:F(rr)0EkA解得EkAmgr.变式3(2018陕西西安质检)如图6所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的,圆环半径为R,斜面倾角为60,sBC2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?(sin370.6,cos370.8)图6答案7.7R解析小球所受的重力和电场力都为恒力,故可将两力等效为一个力F,如图所示.可知F1.25mg,方向与竖直方向成37角.由图可知,小球做完整的圆周运动的临界点是D点,设小球恰好能通过D点,即到达D点时圆环对小球的弹力恰好为零.由圆周运动知识得:F,即:1.25mgm小球由A运动到D点,由动能定理结合几何知识得:mg(hRRcos37)mg(2RRsin37)mvD2,联立解得h7.7R.命题点三电场中的力电综合问题1.力学规律(1)动力学规律:牛顿运动定律结合运动学公式.(2)能量规律:动能定理或能量守恒定律.2.电场规律(1)电场力的特点:FEq,正电荷受到的电场力与场强方向相同.(2)电场力做功的特点:WABFLABcosqUABEpAEpB.3.多阶段运动在多阶段运动过程中,当物体所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度.对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运动过程草图来获得.例3(2017全国卷25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0,在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变.持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点.重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度;(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.答案见解析解析(1)油滴带电性质不影响结果.设该油滴带正电,油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上.在t0时,电场强度突然从E1增加至E2,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2mgma1油滴在t1时刻的速度为v1v0a1t1电场强度在t1时刻突然反向,之后油滴做匀变速直线运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2mgma2油滴在t22t1时刻,即运动到B点时的速度为v2v1a2t1由式得v2v02gt1(2)由题意,在t0时刻前有qE1mg油滴从t0到t1时刻的位移为x1v0t1a1t12油滴在从t1时刻到t22t1时刻的时间间隔内的位移为x2v1t1a2t12由题给条件有v2g2h4gh式中h是B、A两点之间的距离.若B点在A点之上,依题意有x1x2h由式得E222()2E1为使E2E1,应有22()21解得0t1(1)或t1(1)条件式和式分别对应于v20和v20两种情形.若B在A点之下,依题意有x2x1h由式得E222()2E1为使E2E1,应有22()21解得t1(1)另一解为负,不符合题意,舍去.变式4(2017全国卷25)如图7所示,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A点将质量均为m,电荷量分别为q和q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开.已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求:图7(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;(2)A点距电场上边界的高度;(3)该电场的电场强度大小.答案(1)31(2)H(3)解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得3(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式vy22ghHvytgt2M进入电场后做直线运动,由几何关系知联立式可得hH(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E变式5如图8所示,在E103V/m的竖直匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接,半圆形轨道平面与电场线平行,其半径R40 cm,N为半圆形轨道最低点,P为QN圆弧的中点,一带负电q104 C的小滑块质量m10 g,与水平轨道间的动摩擦因数0.15,位于N点右侧1.5 m的M处,g取10 m/s2,求:图8(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q,则小滑块应以多大的初速度v0向左运动?(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大?答案(1)7m/s(2)0.6N解析(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v,由牛顿第二定律得mgqEm小滑块从开始运动至到达Q点过程中,由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv02联立解得:v07m/s.(2)设小滑块到达P点时速度为v,则从开始运动至到达P点过程中,由动能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv02又在P点时,由牛顿第二定律得FNm代入数据,解得:FN0.6N由牛顿第三定律得,小滑块通过P点时对轨道的压力FNFN0.6N.1.(2017河南中原名校第二次联考)如图1所示,在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示,电子在板间运动(假设不与板相碰),下列说法正确的是()图1图2A.电压是甲图时,在0T时间内,电子的电势能一直减少B.电压是乙图时,在0时间内,电子的电势能先增加后减少C.电压是丙图时,电子在板间做往复运动D.电压是丁图时,电子在板间做往复运动答案D解析若电压是甲图,0T时间内,电场力先向左后向右,则电子先向左做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故A错误;电压是乙图时,在0时间内,电子向右先加速后减速,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故B错误;电压是丙图时,电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动,过了做加速度先增大后减小的减速运动,到T时速度减为0,之后重复前面的运动,故电子一直朝同一方向运动,C错误;电压是丁图时,电子先向左加速,到后向左减速,后向右加速,T后向右减速,T时速度减为零,之后重复前面的运动,故电子做往复运动,D正确.2.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上,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()图3A.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D3.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图4所示,在该匀强电场中,有一个带负电粒子于t0时刻由静止释放,若带电粒子只受电场力作用,则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)()图4A.带电粒子只向一个方向运动B.02s内,电场力做功等于0C.4s末带电粒子回到原出发点D.2.54s内,电场力做功等于0答案D解析画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示,vt图线与时间轴所围“面积”表示位移,可见带电粒子不是只向一个方向运动,4s末带电粒子不能回到原出发点,A、C错误;2s末速度不为0,可见02s内电场力做的功不等于0,B错误;2.5s末和4s末,速度的大小、方向都相同,则2.54s内,电场力做功等于0,所以D正确.4.如图5所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球,另一端固定于O点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为a,最低点为b.不计空气阻力,则下列说法正确的是()图5A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中,电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒答案B解析由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动,所以重力与电场力的合力为0,电场力方向竖直向上,小球带正电,A错,B对;从ab,电场力做负功,电势能增大,C错;由于有电场力做功,机械能不守恒,D错.5.(多选)(2017河北唐山一模)如图6所示,竖直平面内有A、B两点,两点的水平距离和竖直距离均为H,空间存在水平向右的匀强电场.一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出,经一段时间竖直向下通过B点.重力加速度为g,小球在由A到B的运动过程中,下列说法正确的是()图6A.小球带负电B.速度先增大后减小C.机械能一直减小D.任意一小段时间内,电势能的增加量总等于重力势能的减少量答案AC解析由题可知,小球在竖直方向做自由落体运动,在水平方向做匀减速运动,可知其所受电场力方向向左,与电场方向相反,则小球带负电,电场力一直对小球做负功,小球的电势能增加,机械能减小,A、C正确.小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力,合力方向指向左下方,又初速度水平向右,末速度竖直向下,由力与速度夹角关系可知,合力对小球先做负功,后做正功,小球的速度先减小后增大,B错误.任意一小段时间内,小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变,则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量,D错误.6.(2017河南郑州第一次联考)如图7甲所示,在y0和y2m之间有沿着x轴方向的匀强电场,MN为电场区域的上边界,在x轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示,取x轴正方向为电场正方向.现有一个带负电的粒子,粒子的比荷1.0102C/kg,在t0时刻以速度v05102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域,不计粒子重力作用.求:图7(1)粒子通过电场区域的时间;(2)粒子离开电场的位置坐标;(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小.答案(1)4103s(2)(2105m,2m)(3)4103m/s解析(1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场,在电场中做类平抛运动,所以粒子通过电场区域的时间t4103s.(2)粒子带负电,沿x轴负方向先加速后减速,加速时的加速度大小a14m/s2,减速时的加速度大小a22m/s2,离开电场时,在x轴方向上的位移大小xa1()2a1()2a2()22105m,因此粒子离开电场的位置坐标为(2105m,2m).(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小为:vxa1a24103m/s.7.(2018江西宜春调研)如图8所示,O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点,不计空气阻力,一电荷量为Q的点电荷固定在O点,现有一质量为m、电荷量为q的小金属块(可视为质点),从A点由静止沿它们的连线向右运动,到B点时速度最大,其大小为vm,小金属块最后停止在C点.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为,A、B间距离为L,静电力常量为k,则()图8A.在点电荷Q形成的电场中,A、B两点间的电势差UABB.在小金属块由A向C运动的过程中,电势能先增大后减小C.OB间的距离为D.从B到C的过程中,小金属块的动能全部转化为电势能答案C解析小金属块从A到B过程,由动能定理得:qUABmgLmvm20,得A、B两点间的电势差UAB,故A错误;小金属块由A点向C点运动的过程中,电场力一直做正功,电势能一直减小,故B错误;由题意知,A到B过程,金属块做加速运动,B到C过程,金属块做减速运动,在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡,则有mgk,得r,故C正确;从B到C的过程中,小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能,故D错误.8.如图9所示,匀强电场方向与水平线间夹角30,方向斜向右上方,电场强度为E,质量为m的小球带负电,以初速度v0开始运动,初速度方向与电场方向一致.图9 (1)若小球的带电荷量为q,为使小球能做匀速直线运动,应对小球施加的恒力F1的大小和方向各如何?(2)若小球的带电荷量为q,为使小球能做直线运动,应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何?答案(1)mg方向与水平线成60角斜向右上方(2)mg方向与水平线成60角斜向左上方解析(1)如图甲所示,为使小球做匀速直线运动,必使其合外力为0,设对小球施加的力F1与水平方向夹角为,则F1cosqEcos,F1sinmgqEsin代入数据解得60,F1mg即恒力F1与水平线成60角斜向右上方.(2)为使小球能做直线运动,则小球所受合力的方向必和运动方向在一条直线上,故要使力F2和mg的合力和电场力在一条直线上.如图乙,当F2取最小值时,F2垂直于F.故F2mgsin 60mg,方向与水平线成60角斜向左上方.9.如图10所示,光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接,在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场,现有一质量为m、电荷量为q的小球从水平轨道上A点由静止释放,小球运动到C点离开圆轨道后,经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方,小球可视为质点,小球运动到C点之前电荷量保持不变,经过C点后电荷量立即变为零).已知A、B间距离为2R,重力加速度为g,在上述运动过程中,求:图10(1)电场强度E的大小;(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率;(3)小球对圆轨道的最大压力的大小.答案(1)(2)(3)(23)mg解析(1)设小球过C点时速度大小为vC,小球从A到C由动能定理知qE3Rmg2RmvC2小球离开C点后做平抛运动到P点,有Rgt22RvCt联立解得E.(2)设小球运动到圆轨道D点时速度最大,设最大速度为v,此时OD与竖直线OB夹角设为,小球从A点运动到D点的过程,根据动能定理知qE(2RRsin)mgR(1cos)mv2即mv2mgR(sincos1)根据数学知识可知,当45时动能最大,由此可得v.(3)由(2)中知,由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好背离半径方向,故小球在D点时对圆轨道的压力最大,设此压力大小为F,由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F,在D点对小球进行受力分析,并建立如图所示坐标系,由牛顿第二定律知FqEsinmgcos解得F(23)mg.
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