（北京专用）2020版高考物理总复习 第九章 第5讲 带电粒子在电场中运动的综合问题课件

第5讲带电粒子在电场中运动的综合问题考点一带电粒子在交变电场中的运动考点二静电场中图像问题的处理考点三带电物体在复合场中的运动深化拓展考点四用功能关系分析带电粒子运动问题带电体在匀强电场中的运动的综合问题的分析策略知识梳理1.如图所示,质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂于匀强电场中,小球静止时悬线与竖直方向成θ角。现将细线烧断,则烧断后小球在电场中将做 ()A.自由落体运动B.沿水平方向的匀加速直线运动C.匀变速曲线运动D.沿与竖直方向成θ角的方向上的匀加速直线运动答案D小球静止时所受重力和电场力的合力与细线拉力平衡,大小相等方向相反,当细线烧断后,小球所受重力和电场力均不变,所以小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,即应选D。2.如图所示,光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形,固定在竖直面内,管口B、C的连线水平。质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落,A、B两点间距离为4R。从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始,整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场,小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上,大小与重力相等,结果小球从管口C处离开圆管后,又能经过A点。设小球运动过程中电荷量没有改变,重力加速度为g,求:(1)小球到达B点时的速度大小;(2)小球受到的电场力大小;(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力。 答案(1) (2) mg(3)3mg,方向水平向右8gR2解析(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒,故有mg·4R= m 解得小球到达B点时速度大小为vB= (2)设电场力的竖直分力为Fy,水平分力为Fx,则Fy=mg,小球从B运动到C的过程中,由动能定理得-Fx·2R= m - m 小球从管口C处脱离管后,做类平抛运动,由于经过A点,有y=4R=vCt122Bv8gR122Cv122Bvx=2R= axt2= t2联立解得Fx=mg则电场力的大小为F= = mg(3)小球经过管口C处时,向心力由Fx和圆管的弹力N提供,设弹力N的方向水平向左,则Fx+N= ,解得N=3mg根据牛顿第三定律可知,小球经过管口C处时对圆管的压力为N'=N=122xFm22xyFF22CmvR3mg,方向水平向右。深化拓展考点一带电粒子在交变电场中的运动此类题型一般有三种情况:(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)。 1-1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eUmdeUmd位置做周期性往复运动,综上分析选D。1-2如图甲所示,A、B是两水平放置的足够长的平行金属板,组成偏转匀强电场,B板接地。A板电势φA随时间变化情况如图乙所示,C、D两平行金属板竖直放置,中间有正对两孔O1'和O2,两板间电压为U2,组成减速电场。现有一带负电粒子在t=0时刻以一定初速度沿A、B两板间的中轴线O1O1'进入,并能从O1'沿O1'O2进入C、D间,刚好到达O2孔,已知带电粒子带电荷量为-q,质量为m,不计其重力。求: (1)该粒子进入A、B板间的初速度v0的大小;(2)A、B两板间距的最小值和A、B两板长度的最小值。答案(1) (2)  T 22qUm2T12qUm22qUm解析(1)因粒子在A、B间运动时,水平方向不受外力做匀速运动,所以进入O1'孔的速度即进入A、B板间的初速度。在C、D板间,由动能定理得qU2= m 即v0= (2)由于粒子进入A、B板间后,在一个周期T内,竖直方向上的速度变为初始状态,即v竖=0,若在第一个周期末进入O1‘孔,则对应两板长度最短为1220v22qUmL=v0T=T ,若在该时间内,粒子刚好不到A板而返回,则对应两板间22qUm距最小,设为d,所以 · ·( )2×2= ,即d=  。121qUmd4T2d2T12qUm考点二静电场中图像问题的处理1.主要类型(1)v-t图像;(2)φ-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)φ-x图像:①电场强度的大小等于φ-x图线的斜率绝对值,电场强度为零处,φ-x图线存在极值,其切线的斜率为零。②在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。③在φ-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,再在草纸上画出对应电场线的方向,根据E的大小变化,确定电场的强弱分布。 2-1(2017东城期末)静电场方向平行于x轴,其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线。将一个带负电的粒子在x=d处由静止释放,它只在电场力作用下沿x轴运动。规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向,下图分别表示x轴上各点的电场强度E,粒子的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图像,其中正确的是 ()  答案Dq-x图像的斜率表示电场强度,沿电场线方向电势降低,则知在x=0的左侧,存在向左的匀强电场,x=0右侧存在向右的匀强电场,故A错误;根据牛顿第二定律知qE=ma,粒子在匀强电场中运动时加速度不变,由于粒子带负电,粒子的加速度在x=0左侧加速度为正值,大小不变,在x=0右侧加速度为负值,且大小不变,故B错误;在x=0左侧粒子向右匀加速,在x=0的右侧向右做匀减速运动,速度与位移不成正比,故C错误;在x=0左侧粒子根据动能定理qEx=Ek,在x=0的右侧,根据动能定理可得-qEx=Ek'-Ek,故D正确。2-2静电场方向平行于x轴,其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线,图中φ0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电荷量为-q,其动能与电势能之和为-A(0Aqφ0)。忽略重力,求:(1)粒子所受电场力的大小;(2)粒子的运动区间;(3)粒子的运动周期。 答案(1) (2)-d ≤x≤d (3)  0qφd01Aqφ01Aqφ04dqφ02()mqφA解析(1)由图可知,0与d(或-d)两点间的电势差为φ0电场强度的大小E= 电场力的大小F=qE= (2)设粒子在[-x0,x0]区间内运动,速率为v,由题意得 mv2-qφ=-A由图可知φ=φ0 得 mv2=qφ0 -A0φd0qφd12||1xd12||1xd因动能非负,有qφ0 -A≥0得|x|≤d 即x0=d 粒子的运动区间-d ≤x≤d (3)考虑粒子从-x0处开始运动的四分之一周期根据牛顿第二定律,粒子的加速度a= = = ||1xd01Aqφ01Aqφ01Aqφ01AqφFmqEm0qφmd由匀加速直线运动t= 代入,得t= 粒子的运动周期T=4t=  02xa20021mdAqφqφ04dqφ02()mqφA考点三带电物体在复合场中的运动当带电物体的重力不能忽略时,带电物体在电场中的运动就成了在重力场和电场的复合场中的运动问题了。带电粒子在复合场中的运动是一个综合静电力、电势能等电学知识的力学问题,研究方法与质点动力学问题相同,它同样遵守运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理等力学规律。处理问题的要点是:注意区分不同的物理过程,弄清物体的受力情况及运动性质,并选用相应的物理规律。 3-1(2018丰台一模)如图所示,水平面AB光滑,粗糙半圆轨道BC竖直放置,圆弧半径为R,AB长度为4R。在AB上方、直径BC左侧存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的小球自A点由静止释放,经过B点后,沿半圆轨道运动到C点。在C点,小球对轨道的压力大小为mg,已知E= ,水平面和半圆轨道均绝缘。求:mgq(1)小球运动到B点时的速度大小;(2)小球运动到C点时的速度大小;(3)小球从B点运动到C点过程中克服阻力做的功。答案(1) (2) (3)mgR8gR2gR解析(1)小球从A到B,根据动能定理有qE·4R= m -0又E= 得vB= (2)小球运动到C点时,根据牛顿第二定律有2mg=m 得vC= (3)小球从B点运动到C点的过程,根据动能定理有122Bvmgq8gR2CvR2gRWf-2mgR= m - m 得Wf=-mgR小球从B点运动到C点的过程中克服阻力做的功为mgR122Cv122Bv3-2如图所示,质量m=2.0×10-4kg、电荷量q=1.0×10-6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中。取g=10m/s2。(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向;(2)在t=0时刻,电场强度大小突然变为E2=4.0×103N/C,且方向不变,求在前0.20s时间内电场力做的功;(3)在t=0.20s时刻突然撤掉电场,求带电微粒回到出发点时的动能。 答案(1)2.0×103N/C方向向上(2)8.0×10-4J(3)8.0×10-4J解析(1)微粒处于平衡状态,则E1q=mg,得E1= = N/C=2.0×103N/C,方向向上(2)在t=0时刻,电场强度突然变化为E2=4.0×103N/C,设微粒的加速度为a,在t=0.20s时间内上升高度为h,电场力做功为W,则qE2-mg=ma解得a=10m/s2h= at2mgq462.010101.01012解得h=0.20mW=qE2h解得W=8.0×10-4J(3)设在t=0.20s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v,回到出发点时的动能为Ek,则v=atEk=mgh+ mv2解得Ek=8.0×10-4J12考点四用功能关系分析带电粒子运动问题对于受变力作用的带电体的运动,通常需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。 4-1一个质量为m的带电小球,在竖直方向的匀强电场中水平抛出,不计空气阻力,测得小球的加速度大小为 ,方向向下,其中g为重力加速度。则在小球下落h高度的过程中,下列说法正确的是 (D)A.小球的动能增加 mghB.小球的电势能减少 mghC.小球的重力势能减少 mghD.小球的机械能减少 mgh3g23231323解析小球受力如图所示,由题意知mg-F电=m· ,则F电= 。下落h高度,由动能定理知,小球的动能增加ΔEk=F合·h= ,A项错;小球的电势能增加ΔEp电=F电·h= ,B项错;小球的重力势能减少mgh,C项错;小球的机械能减少ΔE机=ΔEp电= ,D项正确。 3g23mg3mgh23mgh23mgh4-2在光滑绝缘水平面上方某区域(0≤x≤3L)有沿x轴正方向的水平匀强电场,电场强度的大小及分布情况如图1所示。将质量为m1、电荷量为+q的带电小球A在x=0处由静止释放,小球A将与质量为m2、静止于x=L处的不带电