创新设计高中物理第七章 能力课Word文件下载.docx
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解析 由题图乙可知,粒子从a到b过程做加速度减小的减速直线运动,在b点时粒子速度最小,加速度为零。
根据牛顿第二定律Eq=ma,得出粒子在b点受力为零,b点电场强度为零,选项C错误;
在b点Q1对带负电粒子的电场力水平向右,要使b点粒子所受合力为零,则Q2对带负电粒子的电场力水平向左,所以Q2带正电,选项A错误;
b点与Q1的间距大于与Q2的间距,由库仑定律F=k
知,Q1的带电量大于Q2的带电量,选项B错误;
粒子从a点运动到c点过程,动能先减小后增大,根据能量守恒定律知,粒子电势能先增大后减小,选项D正确。
答案 D
命题角度2 带电粒子在电场中的运动
【例2】 (2015·
全国卷Ⅱ)如图3所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。
已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°
;
它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°
。
不计重力。
求A、B两点间的电势差。
图3
解析 设带电粒子在B点的速度大小为vB。
粒子在垂直于电场方向的速度分量不变,即
vBsin30°
=v0sin60°
①
由此得vB=
v0②
设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有
qUAB=
m(v
-v
)③
联立②③式得UAB=
答案
【真题拓展1】 在【例2】中,若匀强电场的宽度为d,EF、CD为其边界,改变场强的大小,使粒子在A点时的速度方向与电场边界CD垂直,如图4所示,MN为无场区内的光屏,MN与AO相互垂直,MN与EF间距为d。
当粒子经过EF边界的B点时,速度方向与EF成30°
角,求:
图4
(1)匀强电场的场强的大小;
(2)粒子打在光屏上的位置距离O点的距离。
解析
(1)粒子在电场中做类平抛运动,则
沿初速度方向:
d=v0t
沿电场方向:
vy=
t
又有tan30°
=
解得E=
(2)粒子在电场中的偏转位移为
y1=
t2
粒子在无场区做匀速直线运动,则y2=
又y=y1+y2,解得y=
d
答案
(1)
(2)
【真题拓展2】 若在拓展1中撤去原有电场,在CD与EF之间加上竖直向上的匀强电场E1,EF与MN之间加上水平向右的匀强电场E2,CD与EF、EF与MN之间的距离都为d,由A点静止释放带电粒子,粒子过EF时速度为v0,如图5所示。
粒子打在光屏MN上的位置与O点的距离为d,求两个电场场强大小之比。
图5
解析 粒子在竖直向上的电场中加速,由动能定理得qE1d=
mv
粒子在水平向右的电场中做类平抛运动,则
竖直方向:
水平方向:
d=
·
解得
解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
(1)两分析:
一是对带电粒子进行受力分析,二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件,直线运动还是曲线运动等)。
(2)建模型:
建立正确的物理模型(加速还是偏转),恰当选用规律或其他方法(如图像),找出已知量和待求量之间的关系。
【变式训练2】 (2018·
青海省西宁市四校高三联考)如图6所示,第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场,第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场,两电场的电场强度大小相等。
一个质量为m,电荷量为-q的带电质点以初速度v0从x轴上P(-L,0)点射入第二象限,已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动,并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出),重力加速度g为已知量。
求:
图6
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角;
(2)P、Q两点间的电势差UPQ;
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。
解析
(1)由题意知,带电质点在第二象限做匀速直线运动,有qE=mg
且由带电质点在第一象限做直线运动,有tanθ=
解得θ=45°
(2)P到Q的过程,由动能定理有
qEL-mgL=0
WPQ=qEL
解得UPQ=
=-
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动,
由牛顿第二定律有
mg=ma,即a=
g
v0=at
解得t=
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间
T=2t=
答案
(1)45°
(2)-
(3)
命题角度3 电场中的动量和能量问题
【例3】 如图7所示,LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道,MN水平且足够长,LM下端与MN相切。
质量为m的带正电小球B静止在水平面上,质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放,在A球进入水平轨道之前,由于A、B两球相距较远,相互作用力可认为零,A球进入水平轨道后,A、B两球间相互作用视为静电作用,带电小球均可视为质点。
已知A、B两球始终没有接触。
重力加速度为g。
图7
(1)A球刚进入水平轨道的速度大小;
(2)A、B两球相距最近时,A、B两球系统的电势能Ep;
(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。
关键点 ①光滑绝缘轨道;
②A、B两球间相互作用视为静电作用;
③A、B两球始终没有接触。
解析
(1)对A球下滑的过程,据机械能守恒得
2mgh=
2mv
解得v0=
(2)A球进入水平轨道后,两球组成的系统动量守恒,当两球相距最近时共速,有
2mv0=(2m+m)v
解得v=
v0=
据能量守恒定律得2mgh=
(2m+m)v2+Ep
解得Ep=
mgh
(3)当两球相距最近之后,在静电斥力作用下相互远离,两球距离足够远时,相互作用力为零,系统势能也为零,速度达到稳定。
则2mv0=2mvA+mvB
+
解得vA=
,vB=
mgh (3)
电场中动量和能量问题的解题技巧
动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解,与一般的力学问题求解思路并无差异,只是问题的情景更复杂多样,分析清楚物理过程,正确识别物理模型是解决问题的关键。
【变式训练3】 有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上,另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点),以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入,绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场,其场强大小E=
,方向竖直向下,如图8所示。
已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定,物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止;
若将匀强电场的方向改变为竖直向上,场强大小不变,且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入,结果两者相对静止时,物块未到达绝缘板的右端。
图8
(1)场强方向竖直向下时,物块在绝缘板上滑动的过程中,系统产生的热量;
(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时,物块受到的支持力之比;
(3)场强方向竖直向上时,物块相对于绝缘板滑行的距离。
解析
(1)场强方向向下时,根据动量守恒定律得
mv0=(M+m)v
所以v=
v0
根据能量守恒定律得
热量Q=
-
(M+m)v2=
(2)场强向下时N=mg-qE
场强向上时N′=mg+qE
所以
(3)两次产生的热量相等
μN′l′=Q,μNl=Q
所以l′=
(2)1∶4 (3)
[常考点]带电粒子在交变电场中的运动
1.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)二是粒子做往返运动(一般分段研究);
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2.两条分析思路:
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、位移等,并确定与物理过程相关的边界条件。
命题角度1 粒子做单向直线运动
【例4】 (2018·
长治模拟)(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9所示,小物块电荷量为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( )
图9
A.物块在4s内位移是6m
B.物块的质量是2kg
C.物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2
D.物块在4s内电势能减少了18J
解析 物块在4s内位移为x=
×
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=
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
【变式训练4】 如图10甲所示,两极板间加上如图乙所示的交变电压。
开始A板的电势比B板高,此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。
设电子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)( )
图10
解析 电子在交变电场中所受电场力恒定,加速度大小不变,故C、D两项错误;
从0时刻开始,电子向A板做匀加速直线运动,
T后电场力反向,电子向A板做匀减速直线运动,直到t=T时刻速度变为零。
之后重复上述运动,A项正确,B项错误。
答案 A
命题角度2 粒子做往返运动
【例5】 (多选)如图11所示为匀
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