高三物理一轮复习系列优质教案第7章 专题强化八 带电粒子带电体在电场中运动的综合问题.docx
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高三物理一轮复习系列优质教案第7章专题强化八带电粒子带电体在电场中运动的综合问题
专题强化八 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
专题解读1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用,高考常以计算题出现.
2.学好本专题,可以加深对动力学和能量知识的理解,能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧,熟练应用能量观点解题.
3.用到的知识:
受力分析、运动分析、能量观点.
一、带电粒子在电场中运动
1.分析方法:
先分析受力情况,再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速,轨迹是直线还是曲线),然后选用恰当的力学规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题.
2.受力特点:
在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时,重力是否要考虑,关键看重力与其他力相比较是否能忽略.一般来说,除明显暗示外,带电小球、液滴的重力不能忽略,电子、质子等带电粒子的重力可以忽略,一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用.
二、用能量观点处理带电体的运动
对于受变力作用的带电体的运动,必须借助于能量观点来处理.即使都是恒力作用的问题,用能量观点处理也常常显得简洁.具体方法常有两种:
1.用动能定理处理
思维顺序一般为:
(1)弄清研究对象,明确所研究的物理过程.
(2)分析物体在所研究过程中的受力情况,弄清哪些力做功,做正功还是负功.
(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能).
(4)根据W=ΔEk列出方程求解.
2.用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
列式的方法常有两种:
(1)利用初、末状态的能量相等(即E1=E2)列方程.
(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加(即ΔE=ΔE′)列方程.
3.两个结论
(1)若带电粒子只在电场力作用下运动,其动能和电势能之和保持不变.
(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动,其机械能和电势能之和保持不变.
命题点一 带电粒子在交变电场中的运动
1.常见的交变电场
常见的产生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(一般根据交变电场特点分段研究).
3.思维方法
(1)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)从两条思路出发:
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)注意对称性和周期性变化关系的应用.
例1 如图1(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段是( )
图1
A.0<t0< B.<t0<
C.<t0<TD.T<t0<
答案 B
解析 设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意知,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负.分别作出t0=0、、、时粒子运动的v-t图象,如图所示.由于v-t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象知,0<t0<与<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零,<t0<时粒子在一个周期内的总位移小于零;t0>T时情况类似.因粒子最终打在A板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各项可知B正确.
变式1 如图2所示,A、B两金属板平行放置,在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A、B两板间加上下列哪种电压时,有可能使电子到不了B板( )
图2
答案 B
变式2 (多选)(2015·山东理综·20)如图3甲所示,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是( )
图3
A.末速度大小为v0
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了mgd
D.克服电场力做功为mgd
答案 BC
解析 因0~时间内微粒匀速运动,故E0q=mg;在~时间内,粒子只受重力作用,做平抛运动,在t=时刻的竖直速度为vy1=,水平速度为v0;在~T时间内,由牛顿第二定律2E0q-mg=ma,解得a=g,方向向上,则在t=T时刻,vy2=vy1-g=0,粒子的竖直速度减小到零,水平速度为v0,选项A错误,B正确;微粒的重力势能减小了ΔEp=mg·=mgd,选项C正确;从射入到射出,由动能定理可知,mgd-W电=0,可知克服电场力做功为mgd,选项D错误;故选B、C.
命题点二 用“等效法”处理带电粒子在
电场和重力场中的运动
1.等效重力法
将重力与电场力进行合成,如图4所示,则F合为等效重力场中的“重力”,g′=为等效重力场中的“等效重力加速度”,F合的方向等效为“重力”的方向,即在等效重力场中的竖直向下方向.
图4
2.物理最高点与几何最高点
在“等效力场”中做圆周运动的小球,经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题.小球能维持圆周运动的条件是能过最高点,而这里的最高点不一定是几何最高点,而应是物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端,是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点.
例2 如图5所示,半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m、带电荷量为+q的珠子,现在圆环平面内加一个匀强电场,使珠子由最高点A从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径),要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.(重力加速度为g)
图5
(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向;
(2)当所加电场的场强为最小值时,求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小;
(3)在
(1)问电场中,要使珠子能完成完整的圆周运动,在A点至少应使它具有多大的初动能?
答案 见解析
解析
(1)根据题述,珠子运动到BC弧中点M时速度最大,作过M点的直径MN,设电场力与重力的合力为F,则其方向沿NM方向,分析珠子在M点的受力情况,由图可知,当F电垂直于F时,F电最小,最小值为:
F电min=mgcos45°=mg
F电min=qEmin
解得所加电场的场强最小值Emin=,方向沿∠AOB的角平分线方向指向左上方.
(2)当所加电场的场强为最小值时,电场力与重力的合力为F=mgsin45°=mg
把电场力与重力的合力看做是“等效重力”,对珠子由A运动到M的过程,由动能定理得
F(r+r)=mv2-0
在M点,由牛顿第二定律得:
FN-F=m
联立解得FN=(+1)mg
由牛顿第三定律知,珠子对环的作用力大小为
FN′=FN=(+1)mg.
(3)由题意可知,N点为等效最高点,只要珠子能到达N点,就能做完整的圆周运动,珠子在N点速度为0时,所需初动能最小,此过程中,由动能定理得:
-F(r-r)=0-EkA
解得EkA=mgr.
变式3 (2018·陕西西安质检)如图6所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的,圆环半径为R,斜面倾角为θ=60°,sBC=2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?
(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
图6
答案 7.7R
解析 小球所受的重力和电场力都为恒力,故可将两力等效为一个力F,如图所示.可知F=1.25mg,方向与竖直方向成37°角.由图可知,小球做完整的圆周运动的临界点是D点,设小球恰好能通过D点,即到达D点时圆环对小球的弹力恰好为零.
由圆周运动知识得:
F=,即:
1.25mg=m
小球由A运动到D点,由动能定理结合几何知识得:
mg(h-R-Rcos37°)-mg·(+2R+Rsin37°)=mvD2,联立解得h≈7.7R.
命题点三 电场中的力电综合问题
1.力学规律
(1)动力学规律:
牛顿运动定律结合运动学公式.
(2)能量规律:
动能定理或能量守恒定律.
2.电场规律
(1)电场力的特点:
F=Eq,正电荷受到的电场力与场强方向相同.
(2)电场力做功的特点:
WAB=FLABcosθ=qUAB=EpA-EpB.
3.多阶段运动
在多阶段运动过程中,当物体所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度.对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运动过程草图来获得.
例3 (2017·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0,在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变.持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点.重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度;
(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.
答案 见解析
解析
(1)油滴带电性质不影响结果.设该油滴带正电,油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上.在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足
qE2-mg=ma1①
油滴在t1时刻的速度为
v1=v0+a1t1②
电场强度在t1时刻突然反向,之后油滴做匀变速直线运动,加速度方向向下,大小a2满足
qE2+mg=ma2③
油滴在t2=2t1时刻,即运动到B点时的速度为
v2=v1-a2t1④
由①②③④式得
v2=v0-2gt1⑤
(2)由题意,在t=0时刻前有
qE1=mg⑥
油滴从t=0到t1时刻的位移为
x1=v0t1+a1t12⑦
油滴在从t1时刻到t2=2t1时刻的时间间隔内的位移为
x2=v1t1-a2t12⑧
由题给条件有v=2g×2h=4gh⑨
式中h是B、A两点之间的距离.
若B点在A点之上,依题意有
x1+x2=h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2=[2-2+()2]E1⑪
为使E2>E1,应有
2-2+()2>1⑫
解得0<t1<(1-)⑬
或t1>(1+)⑭
条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形.
若B在A点之下,依题意有
x2+x1=-h⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2=[2-2-()2]E1⑯
为使E2>E1,应有
2-2-()2>1⑰
解得t1>(+1)⑱
另一解为负,不符合题意,舍去.
变式4
- 配套讲稿:
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