一輪復(fù)習(xí)魯科版 帶電粒子(帶電體)在電場中的綜合問題 學(xué)案

1、第5節(jié) 帶電粒子(帶電體)在電場中的綜合問題 學(xué)案突破一 “等效法”在電場中的應(yīng)用1等效重力法電場中電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力。如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，geq f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”；F合的方向等效為“重力”的方向。2等效最“高”點與最“低”點的確定方法在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動的物體過圓心作“等效重力”的作用線，其反向延長線交于圓周上的那個點即為圓周運(yùn)動的等效最“高”點，沿著“等效重力”的方向延長交于圓周的那個點為即等效最“低”點，如圖所示。典例1(多選)(2021四川樂山市第一次調(diào)研)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，在

2、勻強(qiáng)電場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時細(xì)線與豎直方向成角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運(yùn)動，重力加速度為g。下列說法正確的是()A勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度Eeq f(mgtan ,q)B小球動能的最小值為Ekeq f(mgL,2cos )C小球運(yùn)動至圓周軌跡的最高點時機(jī)械能最小D小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動一周的過程中，其電勢能先減小后增大AB小球靜止時懸線與豎直方向成角，對小球受力分析，小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有：mgtan qE，解得Eeq f(mgtan ,q)，選項A正

3、確；小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，在等效最高點A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有：eq f(mg,cos )meq f(v2,L)，則最小動能Ekeq f(1,2)mv2eq f(mgL,2cos )，選項B正確；小球的機(jī)械能和電勢能之和守恒，則小球運(yùn)動至電勢能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動到圓周軌跡的最左端點時機(jī)械能最小，選項C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動一周的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，選項D錯誤。典例2(2020福建龍巖市高三上學(xué)期期末)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內(nèi)壁光滑

4、，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m的帶電小球(可視為質(zhì)點)恰好能靜止在C點。若在C點給小球一個初速度使它在軌道內(nèi)側(cè)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(小球的電荷量不變)。已知C、O、D在同一直線上，它們的連線與豎直方向的夾角60，重力加速度為g。求：(1)小球所受的電場力F的大??；(2)小球做圓周運(yùn)動，在D點的速度大小及在A點對軌道壓力的大小。解析(1)小球在C點靜止，受力分析如圖所示由平衡條件得Fmgtan 解得：Feq r(3)mg。(2)小球在光滑軌道內(nèi)側(cè)恰好做完整的圓周運(yùn)動，在D點小球速度最小，對軌道的壓力為零，則eq f(mg,cos )meq

5、 f(voal(2,D),r)解得小球在D點的速度vDeq r(2gr)小球由軌道上A點運(yùn)動到D點的過程，根據(jù)動能定理得mgr(1cos )Frsin eq f(1,2)mveq oal( 2,D)eq f(1,2)mveq oal( 2,A)解得小球在A點的速度vA2eq r(2gr)小球在A點，根據(jù)牛頓第二定律得：FNAmgmeq f(voal( 2,A),r) 解得：FNA9mg根據(jù)牛頓第三定律得：小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕NA9mg。答案(1)eq r(3)mg(2)eq r(2gr)9mg突破二 帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動1常見的交變電場類型產(chǎn)生交變電場常見的電壓波形：正弦波、方形波、

6、鋸齒波等。2交變電場中常見的粒子運(yùn)動(1)粒子做單向直線運(yùn)動(一般對整段或分段研究用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解)。(2)粒子做往返運(yùn)動(一般分段研究，應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式或者動能定理等求解)。(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究，應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式或者動能定理等求解)。3分析思路(1)動力學(xué)觀點：根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析。(2)能量觀點：應(yīng)用動能定理、功能關(guān)系等分析。(3)動量觀點：應(yīng)用動量定理分析。帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動典例3如圖甲所示，A板電勢為0，A板中間有一小孔，B板的電勢變化情況如圖乙所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在t

7、eq f(T,4)時刻以初速度為0從A板上的小孔處進(jìn)入兩極板間，僅在電場力作用下開始運(yùn)動，恰好到達(dá)B板，則()甲乙AA、B兩板間的距離為 eq r(f(qU0T2,8m)B粒子在兩板間的最大速度為 eq r(f(qU0,m)C粒子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動D若粒子在teq f(T,8)時刻進(jìn)入兩極板間，它將時而向B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動，最終打向B板B粒子僅在電場力作用下運(yùn)動，加速度大小不變，方向變化，選項C錯誤；粒子在teq f(T,4)時刻以初速度為0進(jìn)入兩極板，先加速后減速，在eq f(3T,4)時刻到達(dá)B板，則eq f(1,2)eq f(qU0,md)eq blc(rc)(avs4alc

8、o1(f(T,4)eq sup12(2)eq f(d,2)，解得d eq r(f(qU0T2,16m)，選項A錯誤；粒子在eq f(T,2)時刻速度最大，則vmeq f(qU0,md)eq f(T,4) eq r(f(qU0,m)，選項B正確；若粒子在teq f(T,8)時刻進(jìn)入兩極板間，在eq f(T,8)eq f(T,2)時間內(nèi)，粒子做勻加速運(yùn)動，位移xeq f(1,2)eq f(qU0,md)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3T,8)eq sup12(2)eq f(9d,8)，所以粒子在eq f(T,2)時刻之前已經(jīng)到達(dá)B板，選項D錯誤。帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動問題典

9、例4如圖甲所示，電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)求：甲乙(1)在t0.06 s時刻，電子打在熒光屏上的何處；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？解析(1)電子經(jīng)電場加速滿足qU0eq f(1,2)mv2經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量yeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qU偏,mL)eq blc(rc)(avs4alco1(f(L,v)eq

10、sup12(2)所以yeq f(U偏L,4U0)，由圖知t0.06 s時刻U偏1.8U0， 所以y4.5 cm設(shè)打在屏上的點距O點的距離為Y，滿足eq f(Y,y)eq f(Lf(L,2),f(L,2) 所以Y13.5 cm。(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為eq f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L30 cm。答案(1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5 cm(2)30 cm突破三 動力學(xué)、動量和能量觀點在電場中的應(yīng)用1動力學(xué)的觀點(1)由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動

11、定律和勻變速直線運(yùn)動公式求解，注意受力分析要全面，特別注意是否需要考慮重力。2能量的觀點(1)運(yùn)用動能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判斷選用分過程還是全過程使用動能定理。(2)運(yùn)用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。3動量的觀點(1)運(yùn)用動量定理，要注意動量定理的表達(dá)式是矢量式。(2)應(yīng)用動量守恒定律，注意其適用條件。典例5有一質(zhì)量為M、長度為l的矩形絕緣板放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為m、帶電荷量的絕對值為q的物塊(視為質(zhì)點)，以初速度v0從絕緣板的上表面的左端沿水平方向滑入，絕緣板所在空間有范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，其場強(qiáng)大小Eeq f(3mg,5q)，方向

12、豎直向下，如圖所示。已知物塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù)恒定，物塊運(yùn)動到絕緣板的右端時恰好相對于絕緣板靜止；若將勻強(qiáng)電場的方向改變?yōu)樨Q直向上，場強(qiáng)大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結(jié)果兩者相對靜止時，物塊未到達(dá)絕緣板的右端。求：(1)場強(qiáng)方向豎直向下時，物塊在絕緣板上滑動的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；(2)場強(qiáng)方向豎直向下時與豎直向上時，物塊受到的支持力之比；(3)場強(qiáng)方向豎直向上時，物塊相對于絕緣板滑行的距離。解析(1)場強(qiáng)方向向下時，根據(jù)動量守恒定律得mv0(Mm)v所以veq f(m,Mm)v0根據(jù)能量守恒定律得熱量Qeq f(1,2)mveq oal( 2,0)eq f(1,

13、2)(Mm)v2eq f(mMvoal( 2,0),2Mm)。(2)由題意知物塊帶負(fù)電，場強(qiáng)向下時FNmgqE場強(qiáng)向上時FNmgqE 所以eq f(FN,FN)eq f(1,4)。(3)兩次產(chǎn)生的熱量相等FNlQ，F(xiàn)NlQ 所以leq f(l,4)。答案(1)eq f(mMvoal( 2,0),2Mm)(2)14(3)eq f(l,4)典例6如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，AB段為足夠長的水平軌道，BD段為半徑R0.2 m的半圓軌道，二者相切于B點，整個軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小E5.0103 V/m。一個不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動，與靜止在B點帶

14、正電的小球乙發(fā)生彈性正碰。已知乙球質(zhì)量m1.0102 kg、所帶電荷量q2.0105 C，乙球質(zhì)量為甲球質(zhì)量的3倍。g取10 m/s2，甲、乙兩球均可視為質(zhì)點，整個運(yùn)動過程中無電荷轉(zhuǎn)移。(1)甲、乙兩球碰撞后，乙球通過軌道的最高點D時，對軌道的壓力大小N為自身重力的2.5倍，求乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求甲球的初速度v0。解析(1)設(shè)乙到達(dá)最高點D時的速度為vD，乙離開D點首次到達(dá)水平軌道的時間為t，加速度為a，乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離為x，乙離開D點后做類平拋運(yùn)動，則2Req f(1,2)at2，xvDt根據(jù)牛頓第二定律有aeq f(mgq

15、E,m)乙過D點時有mgqENmeq f(voal( 2,D),R)(式中N為乙在D點時軌道對乙的作用力)根據(jù)牛頓第三定律有NN2.5mg解得x0.6 m。(2)設(shè)碰后瞬間甲、乙兩球的速度分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有eq f(1,3)mv0eq f(1,3)mv1mv2eq f(1,2)eq f(1,3)mveq oal( 2,0)eq f(1,2)eq f(1,3)mveq oal( 2,1)eq f(1,2)mveq oal( 2,2) 聯(lián)立解得v2eq f(1,2)v0乙球從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有mg2RqE2Req f(1,2)mveq oal( 2,D)eq f(1,2)mveq oal( 2,2)由(1)可得vD3 m/s 聯(lián)立解得v010 m/s。答案(1)0.6 m(2)10 m/s三大觀點的選用策略(1)對多個物體組成的系統(tǒng)討論，在具備守恒條件時優(yōu)先考慮