《2020版高考物理大一輪復習 第七章 專題強化八 帶電粒子（帶電體）在電場中運動的綜合問題課件 教科版.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理大一輪復習 第七章 專題強化八 帶電粒子（帶電體）在電場中運動的綜合問題課件 教科版.ppt（62頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題強化八帶電粒子(帶電體)在電場中運動的綜合問題,,大一輪復習講義,,第七章靜電場,1.本專題主要講解帶電粒子(帶電體)在電場中運動時動力學和能量觀點的綜合運用，高考常以計算題出現(xiàn). 2.學好本專題，可以加深對動力學和能量知識的理解，能靈活應用受力分析、運動分析(特別是平拋運動、圓周運動等曲線運動)的方法與技巧，熟練應用能量觀點解題. 3.用到的知識：受力分析、運動分析、能量觀點.,專題解讀,,NEIRONGSUOYIN,內(nèi)容索引,過好雙基關,研透命題點,課時作業(yè),回扣基礎知識 訓練基礎題目,細研考綱和真題 分析突破命題點,限時訓練 練規(guī)范 練速度,,過好雙基關,,,,一、帶電粒子在電場中的
2、運動,,,1.分析方法：先分析受力情況，再分析 和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當?shù)囊?guī)律如牛頓運動定律、運動學公式、 、能量守恒定律解題. 2.受力特點：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關鍵看重力與其他力相比較是否能忽略.一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運動狀態(tài)判斷是否考慮重力作用.,運動狀態(tài),動能定理,,二、用能量觀點處理帶電體的運動,,,,,對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助能量觀點來處理.即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常更簡捷
3、.具體方法常有兩種： 1.用動能定理處理 思維順序一般為： (1)弄清研究對象，明確所研究的 . (2)分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功. (3)弄清所研究過程的始、末狀態(tài)(主要指動能). (4)根據(jù)W 列出方程求解.,物理過程,Ek,2.用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理 列式的方法常有兩種： (1)利用初、末狀態(tài)的能量相等(即E1E2)列方程. (2)利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程. 3.兩個結論 (1)若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和 . (2)若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和
4、 之和保持不變.,保持不變,電勢能,,研透命題點,,,1.常見的交變電場 常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等. 2.常見的題目類型 (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)粒子做偏轉運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究).,,,,命題點一帶電粒子在交變電場中的運動,3.思維方法 (1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件. (2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析
5、；二是功能關系. (3)注意對稱性和周期性變化關系的應用.,例1(2018山東省日照市二模)圖1甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時間t變化的圖線如圖乙所示.質量為m、重力不計的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經(jīng)時間T從兩板間飛出.下列關于粒子運動的描述錯誤的是 A.t0時入射的粒子，離開電場時偏離 中線的距離最大 B.t T時入射的粒子，離開電場時偏 離中線的距離最大 C.無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度方向都水平 D.無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度大小都相等,圖1,,解析粒子在電場中運動的時間是相同的；t0時入射的粒子，在豎直方向先加速
6、，然后減速，最后離開電場區(qū)域，故t0時入射的粒子離開電場時偏離中線的距離最大，選項A正確； t T時入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，再反向加速，最后反向減速離開電場區(qū)域，故此時刻射入的粒子離開電場時速度方向和中線在同一直線上，選項B錯誤； 因粒子在電場中運動的時間等于電場變化的周期T，根據(jù)動量定理，豎直方向電場力的沖量的矢量和為零，故所有粒子離開電場時的豎直方向分速度為零，即最終都垂直電場方向射出電場，離開電場時的速度大小都等于初速度，選項C、D正確.,變式1(多選)(2018河北省衡水中學二調)如圖2甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示.t0時刻，質量為m的
7、帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0 時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關于微粒在0T時間內(nèi)運動的描述，正確的是,B.末速度沿水平方向,D.克服電場力做功為mgd,圖2,,,1.等效重力法 將重力與電場力進行合成，如圖3所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g 為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向.,,,,命題點二用“等效法”處理帶電粒子在電場和重力場中的運動,圖3,2.物理最高點與幾何最高點 在“等效力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做
8、圓周運動的臨界速度問題.小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應是物理最高點.幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習慣的最高點.而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小的點.,例2(2018閩粵期末大聯(lián)考)如圖4所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為L0.4 m的絕緣細線把質量為m0.20 kg，帶有q6.0104 C正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細線與豎直方向的夾角為37.已知A、C兩點分別為細線懸掛小球的水平位置和豎直位置，求：(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8) (1)A、B兩點間
9、的電勢差UAB.,圖4,答案400 V,解析帶電小球在B點靜止受力平衡，根據(jù)平衡條件得：qEmgtan ，,由UEd有：UABEL(1sin )2.51030.4(1sin 37) V400 V.,(2)將小球拉至位置A使細線水平后由靜止釋放，小球通過最低點C時細線對小球的拉力F的大小.,答案3 N,解析設小球運動至C點時速度為vC，則：,在C點，小球所受重力和細線的合力提供向心力：,聯(lián)立解得：F3 N.,(3)如果要使小球能繞O點做完整的圓周運動，則小球在A點時沿垂直于OA方向運動的初速度v0的大小.,解析分析可知小球做完整圓周運動時必須通過B點關于O點的對稱點，設在該點時小球的最小速度為v
10、，則：,變式2(2018安徽省皖南八校第二次聯(lián)考)如圖5，一質量為m11 kg，帶電荷量為q0.5 C的小球以速度v03 m/s，沿兩正對帶電平行金屬板(板間電場可看成勻強電場)左側某位置水平向右飛入，極板長0.6 m，兩極板間距為0.5 m，不計空氣阻力，小球飛離極板后恰好由A點沿切線落入豎直光滑圓弧軌道ABC，圓弧軌道ABC的形狀為半徑R<3 m 的圓截去了左上角127的圓弧，CB為其豎直直 徑，在過A點豎直線OO的右邊界空間存在豎 直向下的勻強電場，電場強度為E10 V/m.(取 g10 m/s2)求： (1)兩極板間的電勢差大小U；,答案10 V,圖5,解析在A點，豎直分速度vy v0
11、tan 534 m/s,vyat，得a20 m/s2 又mgEqma,(2)欲使小球在圓弧軌道運動時不脫離圓弧軌道，求半徑R的取值應滿足的條件.,若小球不超過圓心等高處，則有,若小球能到達最高點C，則有,故圓弧軌道半徑R的取值條件為：,1.力學規(guī)律 (1)動力學規(guī)律：牛頓運動定律結合運動學公式. (2)能量規(guī)律：動能定理或能量守恒定律. 2.電場規(guī)律 (1)電場力的特點：FEq，正電荷受到的電場力與場強方向相同. (2)電場力做功的特點：WABFLABcos qUABEpAEpB. 3.多階段運動 在多階段運動過程中，當物體所受外力突變時，物體由于慣性而速度不發(fā)生突變，故物體在前一階段的末速度
12、即為物體在后一階段的初速度.對于多階段運動過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系，可以通過作運動過程草圖來獲得.,,,,命題點三電場中的力電綜合問題,例3(2018四川省樂山市第一次調研)如圖6所示，AB是位于豎直平面內(nèi)、半徑R0.5 m的 圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點B與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度E5103 N/C.今有一質量為m0.1 kg、帶電荷量q8105 C的小滑塊(可視為質點)從A點由靜止釋放.若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.05，取g10 m/s2，求： (1)小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力；,圖6,答案2.2
13、N，方向豎直向下,解析設小滑塊第一次到達B點時的速度為vB，對圓弧軌道最低點B的壓力為N，則由AB，,由牛頓第三定律NN 故N3mg2qE2.2 N，方向豎直向下，,(2)小滑塊在水平軌道上向右滑過的最大距離；,解析設小滑塊在水平軌道上向右滑行的最大距離為x， 對全程由動能定理有mgRqE(Rx)mgx0,(3)小滑塊最終運動情況.,解析由題意知qE81055103 N0.4 N mg0.050.110 N0.05 N 因此有qEmg 所以小滑塊最終在圓弧軌道上往復運動.,答案在圓弧軌道上往復運動,變式3(2018江西省南昌二中第四次模擬)如圖7所示，在E103 V/m的水平向左的勻強電場中，
14、有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑R40 cm，一帶正電荷q104 C的小滑塊質量為m40 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.2，取g10 m/s2，問：,答案20 m,圖7,(1)要使小滑塊恰好運動到圓軌道的最高點C，滑塊應在水平軌道上離N點多遠處釋放？,解析設滑塊與N點的距離為L，,解得v2 m/s，L20 m,(2)這樣釋放的滑塊通過P點時對軌道壓力是多大？(P為半圓軌道中點),答案1.5 N,解析滑塊到達P點時，對全過程應用動能定理得，,由牛頓第三定律可得，滑塊通過P點時對軌道壓力大小是1.5 N.,變式4(2019山東
15、省青島市模擬)如圖8所示，水平地面上方存在水平向左的勻強電場，一質量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質絕緣細線懸掛于O點，小球帶電荷量為q，靜止時距地面的高度為h，細線與豎直方向的夾角為37，重力加速度為g.(sin 370.6，cos 370.8) 求： (1)勻強電場的場強大小E；,圖8,解析小球靜止時，對小球受力分析如圖所示， 由Tcos 37mg Tsin 37qE,(2)現(xiàn)將細線剪斷，小球落地過程中小球水平位移的大??；,解析剪斷細線，小球在豎直方向做自由落體運動，水平方向做加速度為a的勻加速運動， 由Eqma,(3)現(xiàn)將細線剪斷，帶電小球落地前瞬間的動能.,,課時作業(yè),,,1.(20
16、18河南省中原名校第二次聯(lián)考)如圖1所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運動(假設不與板相碰)，下列說法正確的是,1,2,3,4,圖1,5,6,7,8,9,10,11,圖2,,,,雙基鞏固練,1,2,3,4,A.電壓是甲圖時，在0T時間內(nèi)，電子的電勢能一直減少 B.電壓是乙圖時，在0 時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少 C.電壓是丙圖時，電子在板間做往復運動 D.電壓是丁圖時，電子在板間做往復運動,5,6,7,8,9,10,11,,解析若電壓是題圖甲，0T時間內(nèi)，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速
17、直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,2.將如圖3所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩板上，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,圖3,1,2,3,4,,5,6,7,8,9,10,11,3.(2018
18、安徽省蚌埠市一質檢)如圖4甲為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓.現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計)，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運動時間均為T，則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是 A.11 B.21 C.31 D.41,圖4,1,2,3,4,,5,6,7,8,9,10,11,解析設偏轉電場電壓不為零時，粒子在偏轉電場中的加速度為a,1,2,3,4,則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是31，故C項正確.,5,6,7,8,9,10,11,4.(2019廣東省韶關市調研)如圖5所示，在
19、豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的輕質絕緣細繩，一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則 A.小球帶負電 B.電場力跟重力是一對平衡力 C.小球從a點運動到b點的過程中，電勢能減小 D.運動過程中小球的機械能守恒,圖5,1,2,3,4,,5,6,7,8,9,10,11,解析小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，受到重力、電場力和細繩的拉力，電場力與重力平衡，則知小球帶正電，故A錯誤，B正確. 小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，小球的電勢能增大，故C錯誤. 由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒，故D錯誤.
20、,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,5.(多選)(2018安徽省蕪湖市上學期期末)如圖6所示，在水平的勻強電場中，一個質量為m、電荷量為q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，小球可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑.已知重力加速度為g，電場強度E ，不計空氣阻力，下列說法正確的是,圖6,1,2,3,4,A.若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球 運動到B點時的機械能最大 B.若將小球在A點由靜止開始釋放，它將沿著ACBD 圓弧運動 C.若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則它運 動過程中的最小速度為,D.若將小球在A點以大小為 的
21、速度豎直向上拋出，它將能夠到達D點,,,5,6,7,8,9,10,11,6.(多選)(2018山西省孝義市第一次模擬)如圖7所示ABCD為豎直放置的光滑絕緣細管道，其中AB部分是半徑為R的圓弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，兩部分管道恰好相切于B點.水平面內(nèi)的M、N、B三點連線構成邊長為L的等邊三角形，M、N連線過C點且垂直于BCD.兩個帶等量異種電荷的點電荷分別固定在M、N兩點，電荷量分別為Q和Q.現(xiàn)把質量為m、電荷量為q的小球(小球直徑略小于管道內(nèi)徑，小球可視為點電荷)，由管道的A處靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則 A.小球運動到B點時受到的電場力小于運動到C 點時受
22、到的電場力 B.小球在B點時的電勢能小于在C點時的電勢能 C.小球在A點時的電勢能等于在C點時的電勢能 D.小球運動到C點時的速度為,圖7,1,2,3,4,,,5,6,7,8,9,10,11,解析根據(jù)等量異種點電荷的電場特征，B點電場強度小于C點，小球在B點時受到的電場力小于運動到C點時受到的電場力，故A項正確. 根據(jù)等量異種點電荷的電場特征可知A、B、C三點處于同一個等勢面上，所以三點的電勢相等，小球在三點處的電勢能是相等的，故B項錯誤，C項正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,7.(2018河南省中原名校第四次模擬)水平放置的平行板電容器與某一電源相連接后，斷開電鍵，重力
23、不可忽略的小球由電容器的正中央沿水平向右的方向射入該電容器，如圖8所示，小球先后經(jīng)過虛線的A、B兩點.則 A.如果小球所帶的電荷為正電荷，小球所受的電場力一定向下 B.小球由A到B的過程中電場力一定做負功 C.小球由A到B的過程中動能可能減小 D.小球由A到B的過程中，小球的機械能可能減小,圖8,1,2,3,4,,5,6,7,8,9,10,11,解析由題圖所示小球運動軌跡可知，小球向下運動，說明小球受到的合力豎直向下，重力與電場力的合力豎直向下；當小球帶正電時，若上極板帶正電荷，小球受到的合力向下，小球運動軌跡向下，若上極板帶負電，且電場力小于重力，小球受到的合力向下，小球運動軌跡向下，A錯誤
24、； 如果小球受到的電場力向下，小球從A運動到B點過程中電場力做正功，如果小球受到的電場力向上，則電場力做負功，B錯誤； 小球受到的合力向下，小球從A點運動到B點過程中合外力做正功，小球的動能增加，C錯誤； 小球從A點運動到B點過程若電場力做負功，則小球的機械能減少，D正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,8.(多選)(2018河南省鶴壁市第二次段考)如圖9所示為豎直平面內(nèi)的直角坐標系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向.質量為m、帶電荷量為q的小球，在重力和恒定電場力F作用下，在豎直平面內(nèi)沿與y軸方向成角(9045)斜向下方向做直線運動，重力加速度為g，則下列說法正確的是 A
25、.若Fmgsin ，則小球的速度不變 B.若Fmgsin ，則小球的速度可能減小 C.若Fmgtan ，則小球的速度可能減小 D.若Fmgtan ，則小球的電勢能可能增大,圖9,,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析小球只受重力G和電場力F作用，小球做直線運動，則合力為零或合力方向與運動方向在同一直線上；若Fmgsin ，則F方向與運動方向垂直，如圖，力F不做功，只有重力做功，所以小球的速度增大，A、B錯誤； 若Fmgtan ，力F與小球運動方向可能成銳角，力對小球做正功，小球速度增大，電勢能減小，力F也可能與運動方向成鈍角，合力對小球做負功，小球速度減小，電勢能增大，故C
26、、D正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,9.(2018遼寧省大連市第二次模擬)如圖10甲所示，將一傾角37的粗糙絕緣斜面固定在地面上，空間存在一方向沿斜面向上的勻強電場.一質量m0.2 kg，帶電荷量q2.0103 C的小物塊從斜面底端靜止釋放，運動0.1 s后撤去電場，小物塊運動的vt圖像如圖乙所示(取沿斜面向上為正方向)，g10 m/s2. (sin 370.6，cos 370.8)，求： (1)電場強度E的大?。?圖10,,,,綜合提升練,答案3103 N/C,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,由牛頓第二定律得：Eqmgsin fma1 mgsin fm
27、a2 聯(lián)立得E3103 N/C 摩擦力f0.8 N,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(2)小物塊在00.3 s運動過程中機械能增加量.,答案0.36 J,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析方法一：Ek0 Epmgxsin 37 x0.3 m EEp E0.36 J 方法二：加速距離x1 t10.1 m 減速距離x2 t20.2 m 電場力做功WEEqx10.6 J 摩擦力做功Wff(x1x2)0.24 J 物塊在00.3 s運動過程中機械能增加量 EWEWf0.36 J.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,10.如圖11所示，一質量為m、電荷量為
28、q(q0)的液滴，在場強大小為 、方向水平向右的勻強電場中運動，運動軌跡在豎直平面內(nèi).A、B為其運動軌跡上的兩點，已知該液滴在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30.求A、B兩點間的電勢差.,圖11,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,豎直方向：vcos 60v0cos 30gt,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,11.(2018四川省雅安市第三次診斷)如圖12所示，光滑絕緣水平面上方存在電場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場.某時刻將質量為m、帶電荷量為q的小金屬塊從A點由靜止釋放，經(jīng)時間t到達B點，此時電場突然反向且增強為某恒定值，又經(jīng)過時間t小金屬塊回到A點.小金屬塊在運動過程中電荷量保持不變.求： (1)A、B兩點間的距離；,圖12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析設t末和2t末小金屬塊的速度大小分別為v1和v2，電場反向后勻強電場的電場強度大小為E1，小金屬塊由A點運動到B點過程,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(2)電場反向后勻強電場的電場強度大小.,答案3E,解析v1a1t,聯(lián)立解得E13E.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,
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