2020高考物理一轮总复习 第七章 静电场 能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题课件 新

第七章静电场带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题栏目导航123板块一考点突破板块二素养培优板块三跟踪检测考点突破记要点、练高分、考点通关板块一考点一带电粒子(带电体)在交变电场中的运动——多维探究|记要点|1．常见的交变电场常见的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(一般分解研究)．3．分析两个关系(1)力和运动的关系．(2)功能关系．4．注意全面分析(1)注重全面分析带电粒子受力特点和运动情况，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)某一过程中的匀变速运动(曲线时将运动分解)可利用牛顿运动定律，结合匀变速直线运动的规律分析求解．|明考向|考向一带电粒子(带电体)做单向直线运动【例1】(多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图所示，小物块的电荷量为q＝＋1×10－4C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块的速度v与时间t的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确是()A．物块在4s内位移是6mB．物块的质量是2kgC．物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2D．物块在4s内电势能减少了18J[解析]物块在4s内位移为x＝12×2×(2＋4)m＝6m，故选项A正确；由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为a＝1m/s2,2s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q(E1－E2)＝ma，由图可得E1＝3×104N/C，E2＝2×104N/C，代入数据解得m＝1kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故选项B错误，C正确；物块在前2s的位移x1＝12×2×2m＝2m，物块在后2s的位移为x2＝vt2＝4m，电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝6J＋8J＝14J，则电势能减少了14J，故选项D错误．[答案]AC考向二带电粒子(带电体)做往返运动【例2】(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A.带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零[解析]设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝qEm可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，v­t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．[答案]CD考向三带电粒子(带电体)做偏转运动【例3】(2018届哈尔滨九中模拟)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，电容器极板长L＝10cm，极板间距d＝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．每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的．求：(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长度．[解析](1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得eU0＝12mv02设电容器间偏转电场的场强为E，则有E＝Ud设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有沿中心轴线方向有t＝Lv0垂直中心轴线方向有a＝eEmy＝12at2＝eUL22mdv02＝UL24U0d设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有vy＝attanθ＝vyv0电子在荧光屏上偏离O点的距离为Y＝y＋Ltanθ＝UL2U0dL2＋L由题图乙知t＝0.06s时刻U＝1.8U0解得Y＝13.5cm.(2)由题知电子偏转量y的最大值为d2，可得当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了．代入上式得Y＝3L2所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Y＝3L＝30cm.[答案](1)13.5cm(2)30cm|练高分|1．(多选)如图甲所示，A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变化规律如图乙所示．电子只受电场力的作用，且初速度为零(设两板间距足够大)，则()A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子是在t＝0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子是在t＝T8时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t＝T4时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动解析：选ACD解法一：若电子在t＝0时刻进入板间电场，电子将在一个周期内先做匀加速运动后做匀减速运动，以后沿同一方向重复这种运动，直到碰到B板，故A正确，B错误；若电子在t＝T8时刻进入板间，则电子在从此计时起一个周期中的前68T向B板运动，后28T向A板运动，以后重复这种运动，直到碰到B板，故C正确；若电子在t＝T4时刻进入，电子将在从此计时起一个周期中的前T2向B板运动，后T2向A板运动，电子将在板间做往复运动，故D正确．解法二：图象法．选取竖直向上为正方向，作出电子的v­t图象如图所示，根据v­t图象与时间轴围成的面积表示位移可知A、C、D正确．2．(2019届河北邢台模拟)如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A，B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，粒子质量为m，电荷量为q.若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：(1)交变电压的周期T应满足什么条件，粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件；(2)两板间距d应满足的条件．解析：(1)要使带电粒子从b点以速度v0射出，应满足Lv0＝nT(n为整数)，则T＝Lnv0(n为整数)，由运动的对称性可知，射入的时刻应为t＝kT2＋T4，即t＝2k＋1L4nv0(k为整数)．(2)第一次加速过程有y1＝12at2＝12×qU0mdT42，将T代入得y1＝qU0L232mdn2v02要使粒子不打在板上，应满足d2≥2y1即d≥Lnv0qU08m(n为整数)．答案：(1)T＝Lnv0(n为整数)t＝2k＋1L4nv0(k为整数)(2)d≥Lnv0qU08m(n为整数)考点二电场中的力电综合问题——师生共研|记要点|电场中带电粒子(微粒)的运动及电场中力的性质和能的性质主要有以下几个重点考查内容1．以电场强度为代表的反映电场力的性质的物理量：通过场强的计算、库仑定律的应用、带电粒子(微粒)的加速和偏转等知识，与力学观点结合考查运动类问题．2．以电势为代表的反映电场能的性质的物理量：通过电场力做功、电势能的计算，结合功能关系，能量守恒定律等考查电场中能量的转化类问题．|析典例|【例】如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104N/C.现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C，质量m＝0.1kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点，取g＝10m/s2.试求：(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；(2)D点到B点的距离xDB；(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．[解析](1)设带电体恰好通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有mg＝mvC2R解得vC＝2.0m/s设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有FB－mg＝mvB2R带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理有－mg×2R＝12mvC2－12mvB2联立解得FB＝6.0N根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB′＝6.0N.(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2R＝12gt2xDB＝vCt－12Eqmt2联立解得xDB＝0.(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－12mvB2代入数据解得Ekm≈1.17J.[答案](1)6.0N(2)0(3)1.17J|反思总结|解决力电综合问题的一般思路|练高分|1．(2018届贵州三校联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v­t图象如图乙所示，不计空气阻力，则()A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等B．在t＝5s时，滑块经过边界MNC．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功解析：选C根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小不相等，选项A错误；根据题图乙所示速度图象可知，t＝2s时滑块越过分界线MN，选项B错误；根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2s时间内，滑块加速度大小可表示为a1＝v02，在2～5s时间内，滑块加速度大小可表示为a2＝v03，设电场力为F，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在MN分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f＝ma2，联立解得f∶F＝2∶5，选项C正确；在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为Wf＝f·2.5v0，电场力做的功可表示为WF＝F·v0＝2.5f·v0，二者做功相等，选项D错误．2．从地面以v0斜向上抛出一个质量为m的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带正电荷量为q的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等．求：(1)无电场时，小球升到最高点的时间；(2)后来加上的电场的场强大小．解析：(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则由vy2＝2gh，得12mvy2＝mgh12mvx2∶12mvy2＝9∶16解得初始抛出时：vx∶vy＝3∶4所以竖直方向的初速度为vy＝45v0竖直方向做匀减速直线运动vy＝gt解得t＝4v05g.(2)设后来加上的电场场强大小为E，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有E1qmt＋35v0＝v0解得E1＝mg2q若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有E2qmt－35v0＝v0解得E2＝2mgq.答案：(1)4v05g(2)mg2q或2mgq素养培优提素养、练能力、注重培养板块二等效法巧解带电体在等效场中的运动问题——知识迁移能力的培养1．等效思维法等效思维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“