【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在电场中运动的综合问题学案

【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在电场中运动的综合问题学案

‎ 带电粒子在电场中运动的综合问题 考点精练 突破一　电场中“三类”典型图象问题 考向1　电场中的vt图象 当带电粒子只在电场中作用下运动时，如果给出了粒子运动的速度图象，则从速度图象上能确定粒子运动的加速度方向、加速度大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来．‎ ‎[典例1]　(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝‎10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－‎4 C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的vt图象如图乙所示．小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是(　　)‎ ‎　　‎ 甲　　　　　　 乙 A．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大 C．由C到A电势逐渐降低 D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V ‎[解题指导]　vt图线上切线的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律可求加速度．‎ ‎[解析]　由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B点的电场强度最大，a＝＝，解得E＝1.2 V/m，选项A正确；从C到A电场力一直做正功，故电势能一直减小，选项B错误，C正确；由C到B电场力做功为W＝mv－0，C、B间电势差为UCB＝＝0.9 V，选项D正确．‎ ‎[答案]　ACD 考向2　电场中的Ex图象 ‎(1)反映了电场强度随位置变化的规律．‎ ‎(2)E>0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿x轴负方向．‎ ‎(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．‎ ‎[典例2]　(多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)‎ A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 ‎[解题指导]　(1)由图可知从x1到x4，场强方向不变，沿x轴负方向，大小先增大再减小．‎ ‎(2)把正电荷从x1移动到x4，由于电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．‎ ‎[解析]　由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确；从x1到x4的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项C正确，D错误．‎ ‎[答案]　BC 考向3　电场中的φx图象 ‎(1)描述了电势随位置变化的规律．‎ ‎(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．‎ ‎(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．‎ ‎[典例3]　(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中的C点电势最高，则(　　)‎ A．q1一定带正电，q2一定带负电 B．A、N点的电势为零，场强也为零 C．C点电势不为零，但场强为零 D．N、C间场强的方向沿x轴负方向 ‎[解题指导]　本题可以和等量异种点电荷的φx图象进行对比，从而判断一些物理量．理解φ x图线上切线的斜率表示场强是解题关键．‎ ‎[解析]　根据静电场中用电场线描绘电场的规定，电场线总是从正电荷出发，到负电荷(或无穷远处)终止及沿电场线的方向电势越来越低，可以判断q1一定带正电，q2一定带负电，A正确；其中A点是异种点电荷连线上的点，电势为零，但电场强度不为零，故B错误；C点在ND段电势最高，但过C点作切线，其斜率为零，根据沿电场线方向电势降低，由于电势变化率为零，故C点电场强度为零，C正确；在NC段，由于电势沿CN方向越来越低，故电场强度方向沿x轴负方向，D正确．‎ ‎[答案]　ACD 突破二　带电粒子在交变电场中的运动 ‎1．常见的交变电场的电压波形：方形波、锯齿波、正弦波等．‎ ‎2．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 ‎(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)分析时从两条思路出发：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．‎ 考向1　粒子做直线运动 ‎[典例4]　将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两板间的距离足够大，下列说法正确的是(　　)‎ A．电子一直向A板运动 B．电子一直向B板运动 C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 ‎[解析]　根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图甲、乙．从图中可知，电子在第一个内做匀加速运动，第二个内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动，加速度大小为.在第三个内电子做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为.所以电子在交变电场中将以t＝时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D正确．‎ ‎ ‎ 甲　　　　　　　　　　　乙 ‎[答案]　D ‎[变式1]　如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，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(　　)‎ ‎　　‎ 甲　　 　　　　乙 A．00)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍③；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍④，重力加速度大小为g⑤.求：‎ ‎(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；‎ ‎(2)电场强度的大小和方向．‎ ‎[解题指导]‎ 第一步：抓关键点 关键点 ‎ ‎ 获取信息 ‎①‎ 小球做平抛运动 ‎②‎ 平抛运动过A点时的水平、竖直位移可确定 ‎③④‎ 有重力做功和电场力做功，其中电场力做的功等于电势能的变化量 ‎⑤‎ 重力不能忽略 第二步：找突破口 ‎(1)要确定小球到达A点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系．‎ ‎(2)要确定电场强度的方向，根据到A、B两点的动能变化可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在OB线上找出与A等势的点，并确定其具体位置)．‎ ‎[解析]　(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有 dsin 60°＝v0t　①‎ dcos 60°＝gt2　②‎ 又Ek0＝mv　③‎ 由①②③式得Ek0＝mgd　④‎ 设小球到达A点时的动能为EkA，则 EkA＝Ek0＋mgd　⑤‎ 由④⑤式得＝.　⑥‎ ‎(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0　⑦‎ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0　⑧‎ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图所示，则有 ＝　⑨‎ 解得x＝d.MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°　⑩‎ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方 设场强的大小为E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA　⑪‎ 由④⑦⑪式得E＝.　⑫‎ ‎[答案]　(1)　(2)　与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方 ‎[变式2]　(2017·江西吉安模拟)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.[ :学 ]‎ ‎ ‎ ‎(1)求小球带电性质及电场强度E；‎ ‎(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)．‎ 答案：见解析　‎ 解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．‎ 小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有 ‎0＝EqLsin α－mgL(1－cos α)‎ 解得E＝.‎ ‎(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．‎ 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点 m＝mg mv2－mv＝－mgL(1＋cos 30°)‎ 联立解得vA＝.‎ 随堂检测 ‎1．(2017·长春模拟)(多选)如图11甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则(　　)‎ 图11‎ A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板 B．若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板 C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 ‎2．(2016·镇江一模)(多选)一个带电粒子在电场中仅在静电力作用下做直线运动，取该直线为x轴，初始位置O为坐标原总，其电势能Ep与坐标x的关系如图12所示，则下列关于直线上各点的场强E、粒子运动的速度v、动能Ek、加速度a与x的关系图象中，合理的是 (　　)‎ 图12‎ ‎3. (2014·全国卷Ⅰ，25)如图13所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求 ：‎ 图13‎ ‎(1) 无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； ‎ ‎(2) 电场强度的大小和方向。‎ 参考答案 ‎1.解析　若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；电子从时刻进入两板时，电子先加速，经时速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再加速反向速度最大，接着减速回到原位置，即电子在大于时刻进入时一定不能到达B板，小于时刻进入时一定能到达B板，所以C正确，D错误。此题作v－t图象更易理解。‎ 答案　BC ‎2.解析　电势能变化看电场力做功，有ΔEp＝EqΔx，由Ep－x图象的斜率为定值，说明电场为匀强电场，A项正确；粒子所受电场力为恒力，加速度为定值，做匀变速运动，B、D选项错误；根据动能定理知动能变化看合力做功，电场力为恒力，动能随位移均匀变化，C项正确。‎ 答案　AC ‎3.解析　(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有dsin 60°＝v0t①‎ dcos 60°＝gt2②‎ 又有Ek0＝mv③‎ 由①②③式得Ek0＝mgd④‎ 设小球到达A点时的动能为EkA，则 EkA＝Ek0＋mgd⑤‎ 由④⑤式得＝⑥‎ ‎(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦‎ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧‎ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有 ＝⑨‎ 解得x＝d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩‎ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。‎ 设场强的大小为E，有qEdcos 30°＝ΔEpA⑪‎ 由④⑦⑪式得E＝⑫‎ 答案　(1) ‎(2)　方向与竖直向下的方向的夹角为30°‎