2017版高考物理一轮复习 第六章 静电场 第4讲 微专题-带电粒子在电场中运动的综合问题课件

第4讲微专题——带电粒子在电场中运动的综合问题核心考点·分类突破——析考点讲透练足考点一带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场的电压波形方形波、锯齿波、正弦波等。2．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(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)分析时从两条思路出发：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。3．常见的三类问题带电体做单向直线运动、带电体做往返运动、带电体做偏转运动问题一粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)[典题1]如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2kg，带电荷量为q＝2.0×10－6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。从t＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取10m/s2)，求：(1)23s内小物块的位移大小；(2)23s内电场力对小物块所做的功。[解析](1)0～2s内小物块的加速度为a1由牛顿第二定律得E1q－μmg＝ma1即a1＝E1q－μmgm＝2m/s2位移x1＝12a1t21＝4m2s末的速度为v2＝a1t1＝4m/s2s～4s内小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律得E2q－μmg＝ma2即a2＝E2q－μmgm＝－2m/s2位移x2＝x1＝4m，4s末小物块的速度为v4＝0因此小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动第22s末的速度为v22＝4m/s，第23s末的速度v23＝v22＋a2t＝2m/s所求位移为x＝222x1＋v22＋v232t＝47m(2)23s内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理得W－μmgx＝12mv223解得W＝9.8J[答案](1)47m(2)9.8J问题二粒子做往返运动(一般分段研究)[典题2]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，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．0t0T4B.T2t03T4C.3T4t0TD．Tt09T8[解析]设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，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。作出t0＝0、T4、T2、3T4时粒子运动的速度图象如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0t0T4，3T4t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零；T4t03T4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当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，对照各选项可知只有B正确。[答案]B[典题3]如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：甲乙(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？[解析](1)电子经电场加速满足qU0＝12mv2经电场偏转后侧移量y＝12at2＝12·qU偏mLLv2所以y＝U偏L4U0由图知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0所以y＝4.5cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足Yy＝L＋L2L2所以Y＝13.5cm(2)由题知电子侧移量y的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30cm。[答案](1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5cm(2)30cm考点二带电粒子的力电综合问题1．方法技巧要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。2．解题思路①列牛顿第二定律方程②列运动学方程③列功能关系方程――→寻找连接体间关系方程[典题4][多选]一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有()A．a、b、c三点电势高低及场强大小的关系是φa＝φcφb，Ea＝Ec＝2EbB．质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小C．质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1∶2∶1D．若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动[解析]根据正点电荷周围电场线分布，以及沿着电场线电势降低的规律可知，a、c两点电势相同，b点电势最低，设a点距离场源电荷为r，Ea＝kQr2，Eb＝kQ2r2，Ea＝2EB，A正确；质点由a到b运动过程中电场力为引力，电场力做负功，电势能增大，动能减小，由b到c过程中电场力指向场源电荷，为引力，电场力做正功，动能增大，由此可知质点在b点动能最小，B正确；质点在a、b、c三处的库仑力之比为2∶1∶2，加速度之比为2∶1∶2，C错误；带电质点如果做匀速圆周运动，必须以场源电荷为圆心，而a、b、c三点不在同一个圆周上，由此可知D错误。[答案]AB[多选]如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则()A．R越大，x越大B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大C．m越大，x越大D．m与R同时增大，电场力做功增大解析：选ACD小球在BCD做圆周运动，在D点，mg＝mv2DR，小球由B到D的过程中有－2mgR＝12mv2D－12mv2B，解得vB＝5gR，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有FN－mg＝mv2BR，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqx＝12mv2B，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确。考点三用“等效法”解决带电体在电场、重力场中的运动问题1．方法概述等效思维方法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。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。2．方法应用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＝F合m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。[典题5]如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？[解析]小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝（qE）2＋（mg）2＝23mg3tanθ＝qEmg＝33，得θ＝30°等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg′＝mv2DR因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知AD＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知－2mg′R＝12mv2D－12mv20解得v0＝103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v≥103gR3。[答案]v≥103gR3(2016·吉安模拟)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为零。(1)求：①小球带电性质；②电场强度E；(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)。解析：(1)①根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。②小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有0＝EqLsinα－mgL(1－cosα)解得E＝3mg3q(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝233mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方。若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点有mv2L＝233mg12mv2－12mv2A＝－233mgL(1＋cos30°)联立解得vA＝2gL3＋1答案：见解析