《高考物理一輪復習 第九章 靜電場 第5講 帶電粒子在電場中運動的綜合問題課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理一輪復習 第九章 靜電場 第5講 帶電粒子在電場中運動的綜合問題課件（37頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講帶電粒子在電場中運動的綜合問題知識梳理知識梳理帶電體在勻強電場中的運動的綜合問題的分析策略帶電體在勻強電場中的運動的綜合問題的分析策略1.如圖所示,質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣細線懸掛于勻強電場中,小球靜止時懸線與豎直方向成角。現(xiàn)將細線燒斷,則燒斷后小球在電場中將做()A.自由落體運動B.沿水平方向的勻加速直線運動C.勻變速曲線運動D.沿與豎直方向成角的方向上的勻加速直線運動D答案答案D小球靜止時所受重力和電場力的合力與細線拉力平衡,大小相等方向相反,當細線燒斷后,小球所受重力和電場力均不變,所以小球?qū)⒀卦瓉響揖€拉力的反方向做勻加速直線運動,即應選D。2.如圖所示,光滑絕緣的細圓管彎成半徑為

2、R的半圓形,固定在豎直面內(nèi),管口B、C的連線水平。質(zhì)量為m的帶正電小球從B點正上方的A點自由下落,A、B兩點間距離為4R。從小球(小球直徑小于細圓管直徑)進入管口開始,整個空間中突然加上一個斜向左上方的勻強電場,小球所受電場力在豎直方向上的分力方向向上,大小與重力相等,結果小球從管口C處離開圓管后,又能經(jīng)過A點。設小球運動過程中電荷量沒有改變,重力加速度為g,求:(1)小球到達B點時的速度大小;(2)小球受到的電場力大小;(3)小球經(jīng)過管口C處時對圓管壁的壓力。答案答案(1)(2)mg(3)3mg,方向水平向右8gR2解析解析(1)小球從開始自由下落到到達管口B的過程中機械能守恒,故有:mg4

3、R=m解得小球到達B點時速度大小為vB=(2)設電場力的豎直分力為Fy,水平分力為Fx,則Fy=mg,小球從B運動到C的過程中,由動能定理得:-Fx2R=m-m小球從管口C處脫離管后,做類平拋運動,由于經(jīng)過A點,有y=4R=vCtx=2R=axt2=t2122Bv8gR122Cv122Bv122xFm聯(lián)立解得:Fx=mg則電場力的大小為:F=mg(3)小球經(jīng)過管口C處時,向心力由Fx和圓管的彈力N提供,設彈力N的方向水平向左,則Fx+N=,解得:N=3mg根據(jù)牛頓第三定律可知,小球經(jīng)過管口C處時對圓管的壓力為N=N=3mg,方向水平向右。22xyFF22CmvR深化拓展深化拓展考點一考點一帶電

4、粒子在交變電場中的運動帶電粒子在交變電場中的運動考點二考點二靜電場中圖像問題的處理靜電場中圖像問題的處理考點三考點三帶電物體在復合場中的運動帶電物體在復合場中的運動考點四用功能關系分析帶電粒子運動問題考點四用功能關系分析帶電粒子運動問題深化拓展深化拓展考點一帶電粒子在交變電場中的運動考點一帶電粒子在交變電場中的運動此類題型一般有三種情況:(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解);(2)粒子做往返運動(一般分段研究);(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)。1-1將如圖所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩極板上,開始B板電勢比A板電勢高,這時有一個原來靜止的電子正處在兩

5、板的中間,它在電場力作用下開始運動,設A、B兩極板間的距離足夠大,下列說法正確的是()A.電子一直向著A板運動B.電子一直向著B板運動C.電子先向A板運動,然后返回向B板運動,之后在A、B兩板間做周期性往復運動D.電子先向B板運動,然后返回向A板運動,之后在A、B兩板間做周期性往復運動D答案答案D根據(jù)交變電壓的變化規(guī)律,不難確定電子所受電場力的變化規(guī)律,從而作出電子的加速度a、速度v隨時間變化的圖線,如圖所示。從圖中可知,電子在第一個T/4內(nèi)做勻加速運動,第二個T/4內(nèi)做勻減速運動,在這半周期內(nèi),因初始B板電勢比A板電勢高,所以電子向B板運動,加速度大小為。在第三個T/4內(nèi)電子做勻加速運動,第

6、四個T/4內(nèi)做勻減速運動,但在這半周期內(nèi)運動方向與前半周期相反,向A板運動,加速度大小為。所以電子在交變電場中將以t=T/4時刻所在位置為平衡位置做周期性往復運動,綜上分析選D。eUmdeUmd1-2如圖甲所示,A、B是兩水平放置的足夠長的平行金屬板,組成偏轉(zhuǎn)勻強電場,B板接地。A板電勢A隨時間變化情況如圖乙所示,C、D兩平行金屬板豎直放置,中間有正對兩孔O1和O2,兩板間電壓為U2,組成減速電場?，F(xiàn)有一帶負電粒子在t=0時刻以一定初速度沿A、B兩板間的中軸線O1O1進入,并能從O1沿O1O2進入C、D間,剛好到達O2孔,已知帶電粒子帶電荷量為-q,質(zhì)量為m,不計其重力。求:(1)該粒子進入A

7、、B板間的初速度v0的大小。(2)A、B兩板間距的最小值和A、B兩板長度的最小值。答案答案(1)(2)T22qUm2T12qUm22qUm解析解析(1)因粒子在A、B間運動時,水平方向不受外力做勻速運動,所以進入O1孔的速度即進入A、B板間的初速度。在C、D板間,由動能定理得qU2=m即v0=(2)由于粒子進入A、B板間后,在一個周期T內(nèi),豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài),即v豎=0,若在第一個周期末進入O1孔,則對應兩板長度最短為L=v0T=T,若在該時間內(nèi),粒子剛好不到A板而返回,則對應兩板間距最小,設為d,所以()22=,即d=。1220v22qUm22qUm121qUmd4T2d2T12q

8、Um考點二靜電場中圖像問題的處理考點二靜電場中圖像問題的處理1.主要類型主要類型(1)v-t圖像;(2)-x圖像;(3)E-x圖像。2.應對策略應對策略(1)v-t圖像:根據(jù)v-t圖像中速度的變化、斜率絕對值的變化(即加速度大小的變化),確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況,進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化。(2)-x圖像:電場強度的大小等于-x圖線的斜率絕對值,電場強度為零處,-x圖線存在極值,其切線的斜率為零。在-x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小,并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向。在-x圖像中分析電荷移動時做功的正負,可用WAB=qUAB分析WAB的正負,然后

9、作出判斷。(3)E-x圖像:根據(jù)給出的E-x圖像,確定E的方向,再在草紙上畫出對應電場線的方向,根據(jù)E的大小變化,確定電場的強弱分布。2-1(2017北京東城期末,11)靜電場方向平行于x軸,其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線。將一個帶負電的粒子在x=d處由靜止釋放,它只在電場力作用下沿x軸運動。規(guī)定x軸正方向為電場強度E、加速度a、速度v的正方向,下圖分別表示x軸上各點的電場強度E,粒子的加速度a、速度v和動能Ek隨x的變化圖像,其中正確的是()D答案答案 Dq-x圖像的斜率表示電場強度,沿電場線方向電勢降低,則知在x=0的左側(cè),存在向左的勻強電場,x=0右側(cè)存在向右的勻強電場,故A錯誤

10、;根據(jù)牛頓第二定律知qE=ma,粒子在勻強電場中運動時加速度不變,由于粒子帶負電,粒子的加速度在x=0左側(cè)加速度為正值,大小不變,在x=0右側(cè)加速度為負值,且大小不變,故B錯誤;在x=0左側(cè)粒子向右勻加速,在x=0的右側(cè)向右做勻減速運動,速度與位移不成正比,故C錯誤;在x=0左側(cè)粒子根據(jù)動能定理qEx=Ek,在x=0的右側(cè),根據(jù)動能定理可得-qEx=Ek-Ek,故D正確。2-2(2011北京理綜,24,20分)靜電場方向平行于x軸,其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線,圖中0和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心、沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質(zhì)量為m、電荷量為-q,其動能與電勢能之和為-A(0Ad區(qū)間的運動,由動量守恒、能量守恒,且在初態(tài)和末態(tài)均無相互作用,有mvA+vB=mvA0+vB0m+=m+4m4m1220Av12 4m20Bv124m491454m4m122Av12 4m2Bv1220Av12 4m20Bv由、解得vB=-vB0+vA0因B不改變運動方向,故vB=-vB0+vA00由、解得qQ即B所帶電荷量的最大值qm=Q。35853585169169