新高考人教物理一輪學案專題突破5帶電體在電場中運動的綜合問題

專題突破5帶電體在電場中運動的綜合問題授課提示：對應學生用書第139頁eq\a\vs4\al(突破點一帶電粒子在交變電場中的運動)師生互動1．三種運動類型(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)；(2)二是粒子做往返運動(一般分段研究)；(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場的特點分段研究)。2．一條解題策略注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動時間上具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關的邊界條件。3．兩條解題思路(1)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。(2)功能關系。帶電粒子在交變電場中的直線運動[典例1]如圖甲所示，A板電勢為0，A板中間有一小孔，B板的電勢變化情況如圖乙所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在t＝eq\f(T,4)時刻以初速度為0從A板上的小孔處進入兩極板間，僅在電場力作用下開始運動，恰好到達B板，則()A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,8m))B．粒子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．粒子在兩板間做勻加速直線運動D．若粒子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板間，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終打向B板[解析]粒子僅在電場力作用下運動，加速度大小不變，方向變化，選項C錯誤；粒子在t＝eq\f(T,4)時刻以初速度為0進入兩極板，先加速后減速，在eq\f(3T,4)時刻到達B板，則eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)·(eq\f(T,4))2＝eq\f(d,2)，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，選項A錯誤；粒子在eq\f(T,2)時刻速度最大，則vm＝eq\f(qU0,md)·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，選項B正確；若粒子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板間，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)時間內(nèi)，粒子做勻加速運動，位移x＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)(eq\f(3T,8))2＝eq\f(9d,8)，所以粒子在eq\f(T,2)時刻之前已經(jīng)到達B板，選項D錯誤。[答案]B帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)運動問題[典例2](2021·福建廈門一中期中)相距很近的平行板電容器，在兩板中心各開有一個小孔，如圖甲所示，靠近A板的小孔處有一電子槍，能夠持續(xù)均勻地發(fā)射出電子，電子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為－e，在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交變電壓，其中0＜k＜1，U0＝eq\f(mv02,6e)；緊靠B板的偏轉(zhuǎn)電壓也等于U0，板長為L，兩極板間距為d，距偏轉(zhuǎn)極板右端eq\f(L,2)處垂直放置很大的熒光屏PQ，不計電子的重力和它們之間的相互作用，電子在電容器中的運動時間可以忽略不計。(1)試求在0～kT與kT～T時間內(nèi)射出B板電子的速度各是多大？(2)在0～T時間內(nèi)，熒光屏上有兩個位置會發(fā)光，試求這兩個發(fā)光點之間的距離。(結(jié)果用L、d表示)[解析](1)電子經(jīng)過電容器內(nèi)的電場后，速度要發(fā)生變化，設在0～kT時間內(nèi)，穿出B板的電子速度為v1，kT～T時間內(nèi)射出B板的電子速度為v2。根據(jù)動能定理有－eU0＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，eU0＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02，將U0＝eq\f(mv02,6e)代入上式，得v1＝eq\f(\r(6),3)v0，v2＝eq\f(2\r(3),3)v0。(2)在0～kT時間內(nèi)射出B板的電子在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間t1＝eq\f(L,v1)，側(cè)移量y1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(eU0L2,2mdv12)，得y1＝eq\f(L2,8d)，打在熒光屏上的坐標為y1′，則y1′＝2y1＝eq\f(L2,4d)。同理可得在kT～T時間內(nèi)穿出B板后電子的側(cè)移量y2＝eq\f(L2,16d)，打在熒光屏上的坐標y2′＝2y2＝eq\f(L2,8d)。故兩個發(fā)光點之間的距離Δy＝y(tǒng)1′－y2′＝eq\f(L2,8d)。[答案](1)eq\f(\r(6),3)v0eq\f(2\r(3),3)v0(2)eq\f(L2,8d)規(guī)律總結(jié)帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)運動問題的一般思路———————————————————————(1)分過程解決：“一個周期”往往是我們的最佳選擇。(2)建立模型：帶電粒子的運動過程往往能在力學中找到它的類似模型。(3)正確的運動分析和受力分析：合力的變化影響粒子的加速度(大小、方向)變化，而物體的運動性質(zhì)則由加速度和速度的方向關系確定。1．如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是()A．0＜t0＜eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)＜t0＜eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)＜t0＜T D．T＜t0＜eq\f(9T,8)解析：設粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負。分別作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運動的v-t圖象，如圖所示。由于v-t圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0＜t0＜eq\f(T,4)與eq\f(3T,4)＜t0＜T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零，eq\f(T,4)＜t0＜eq\f(3T,4)時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；t0＞T時情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應小于零，對照各項可知B正確。答案：B2．(多選)(2021·山東濰坊模擬)如圖1所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0，電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖2所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力，粒子撞擊金屬板時會被吸附靜止。以下判斷正確的是()A．粒子在電場中運動的最短時間為eq\f(\r(2)d,v0)B．射出粒子的最大動能為eq\f(5,4)mv02C．t＝eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子，從O′點射出D．t＝eq\f(3d,v0)時刻進入的粒子，從O′點射出解析：由圖可知場強大小E＝eq\f(mv02,2qd)，則粒子在電場中的加速度大小a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(v02,2d)，則粒子在電場中運動的時間最短時滿足eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)atmin2，解得tmin＝eq\f(\r(2)d,v0)＜eq\f(2d,v0)，A正確；能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t＝eq\f(8d,v0)，由圖象知任意時刻射入的粒子射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時的動能均為eq\f(1,2)mv02，B錯誤；t＝eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子，在eq\f(d,2v0)～eq\f(2d,v0)時間內(nèi)，在電場力作用下向下運動，由于電場力作用時間eq\f(3d,2v0)＞eq\f(\r(2)d,v0)，所以粒子會撞擊在金屬板上，不會從O′點射出，故C錯誤；t＝eq\f(3d,v0)時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向上加速eq\f(T,4)，后向上減速eq\f(T,4)，速度到零；然后繼續(xù)向下加速eq\f(T,4)，再向下減速eq\f(T,4)，速度到零……如此反復，則最后從O′點射出時沿電場方向的位移為零，粒子將從O′點射出，D正確。答案：ADeq\a\vs4\al(突破點二電場中的動力學、動量和能量問題)師生互動1．動力學的觀點(1)由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題。2．能量的觀點(1)運用動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有力做的功，判斷選用分過程還是全過程使用動能定理。(2)運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。3．動量的觀點(1)運用動量定理，要注意動量定理的表達式是矢量式。(2)應用動量守恒定律，注意其適用條件。電場中動力學和能量觀點的應用[典例3](2021·福建泉州高三模擬)如圖，在豎直向下的勻強電場中，kg的帶正電小物塊從光滑絕緣斜面上的A點由靜止釋放，經(jīng)過B點后進入絕緣水平面，最后停在C點。某些時刻物塊的瞬時速率記錄在下表中。若物塊經(jīng)過B點前后速度大小不變，電場力與重力大小相等，取g＝10m/s2，則()t/s0369v/(m·s－1)08128A.t＝6s時物塊恰好經(jīng)過B點B．t＝12s時物塊恰好到達C點C．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,15)D．整個過程中物塊電勢能的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量[解析]根據(jù)圖表中的數(shù)據(jù)，可以求出物塊下滑的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(8,3)m/s2，若t＝6s時刻物塊恰好經(jīng)過B點，則B點的速度為v＝a1t＝eq\f(8,3)×6m/s＝16m/s>12m/s，所以t＝6s時物塊已過B點，同樣根據(jù)圖表數(shù)據(jù)可知，物塊在水平面上滑動時的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(8－12,9－6)m/s2＝－eq\f(4,3)m/s2，設物塊在斜面上滑行時間為t1，從斜面底端到速度為12m/s的時間為t2，則有a1t1＋a2t2＝12m/s，t1＋t2＝6s，解得t1＝5s，即物塊加速5s后到達B點，此時vB＝a1t1＝eq\f(40,3)m/s，由速度與時間關系可得在BC段運動的時間t3＝eq\f(0－vB,a2)＝10s，即t＝15s時物塊運動到C點，A、B錯誤；物塊在水平面上運動時，由牛頓第二定律可得：－μ(mg＋qE)＝ma2，其中qE＝mg，解得μ＝eq\f(1,15)，C正確；由能量守恒定律可知，整個過程中物塊電勢能和重力勢能的減少量之和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，D錯誤。[答案]C電場中動量和能量觀點的應用[典例4]如圖所示，在光滑絕緣水平面上有兩個帶電小球A、B，質(zhì)量分別為3m和m，小球A帶正電q，小球B帶負電－2q，開始時兩小球相距s0，小球A有水平向右的初速度v0，小球B的初速度為零，取初始狀態(tài)下兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)的電勢能為零。(1)試證明當兩小球的速度相同時系統(tǒng)的電勢能最大，并求出該最大值；(2)試證明在兩小球的間距不小于s0的運動過程中，系統(tǒng)的電勢能總小于系統(tǒng)的動能，并求出這兩種能量的比值的取值范圍。[解析](1)由于兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)所受合外力為零，設某狀態(tài)下兩小球的速度分別為vA和vB，由動量守恒定律得3mv0＝3mvA＋mvB，系統(tǒng)的動能減小量ΔEk＝eq\f(1,2)×3mv02－eq\f(1,2)×3mvA2－eq\f(1,2)mvB2，由于系統(tǒng)運動的過程中只有電場力做功，所以系統(tǒng)的動能與電勢能之和守恒，考慮到系統(tǒng)初狀態(tài)下的電勢能為零，故系統(tǒng)在該狀態(tài)下的電勢能Ep＝ΔEk＝eq\f(1,2)×3mv02－eq\f(1,2)×3mvA2－eq\f(1,2)mvB2，聯(lián)立得Ep＝－6mvA2＋9mv0vA－3mv02。當vA＝eq\f(3,4)v0時，系統(tǒng)的電勢能取得最大值，得vA＝vB＝eq\f(3,4)v0，即當兩小球速度相同時，系統(tǒng)的電勢能最大，最大值Epmax＝eq\f(3,8)mv02。(2)由于系統(tǒng)的電勢能與動能之和守恒，且初始狀態(tài)下系統(tǒng)的電勢能為零，所以在系統(tǒng)電勢能取得最大值時，系統(tǒng)的動能取得最小值，為Ekmin＝Ek0－Epmax＝eq\f(1,2)×3mv02－eq\f(3,8)mv02＝eq\f(9,8)mv02，由于Ekmin>Epmax，所以在兩球間距不小于s0的運動過程中，系統(tǒng)的電勢能總小于系統(tǒng)的動能，在這一過程中兩種能量的比值的取值范圍為0≤eq\f(Ep,Ek)≤eq\f(Epmax,Ekmin)＝eq\f(1,3)。[答案](1)證明見解析eq\f(3,8)mv02(2)證明見解析0≤eq\f(Ep,Ek)≤eq\f(1,3)電場中動力學、動量和能量觀點的綜合應用[典例5]如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，電場強度大小E＝×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m×10－2kg，乙所帶電荷量q×10－5C，g取10m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電荷轉(zhuǎn)移)(1)甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求甲的速度v0；(3)若甲仍以速度v0向右運動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍。[解析](1)在乙恰能通過軌道最高點的情況下，設乙到達最高點速度為vD，乙離開D點到達水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，由牛頓第二定律，有mg＋Eq＝meq\f(vD2,R)，①由平拋運動規(guī)律，有2R＝eq\f(1,2)eq\f(mg＋Eq,m)t2，②x＝vDt，③聯(lián)立①②③式得xm。④(2)設碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律，有mv0＝mv甲＋mv乙，⑤eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv甲2＋eq\f(1,2)mv乙2，⑥聯(lián)立⑤⑥式得v甲＝0，v乙＝v0，⑦對乙球，從B到D過程，由動能定理得－mg×2R－Eq×2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mv乙2，⑧聯(lián)立①⑦⑧式得v0＝2eq\r(5)m/s。⑨(3)設甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0＝MvM＋mvm，⑩eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)MvM2＋eq\f(1,2)mvm2，?聯(lián)立⑩?式得vm＝eq\f(2Mv0,M＋m)，?由?式和M＞m，可得v0＜vm<2v0，?設乙球過D點時速度為vD′，由動能定理得－mg×2R－Eq×2R＝eq\f(1,2)mvD′2－eq\f(1,2)mvm2，?聯(lián)立⑨??式得2m/s＜vD′<8m/s，?設乙在水平軌道上的落點距B點的距離為x′，有x′＝vD′t，?聯(lián)立②??式，m＜x′m。[答案](1)m(2)2eq\r(5)m/s(3)m＜x′m規(guī)律總結(jié)三大觀點的選用策略———————————————————————(1)對多個物體組成的系統(tǒng)討論，在具備守恒條件時優(yōu)先考慮兩個守恒定律；出現(xiàn)相對距離(或相對路程)時優(yōu)先考慮功能關系。(2)對單個物體的討論，宜用兩個定理，涉及時間優(yōu)先考慮動量定理，涉及位移優(yōu)先考慮動能定理。(3)研究所受力的瞬時作用與物體運動狀態(tài)的關系，涉及過程的細節(jié)(加速度)，且受恒力作用時，考慮用牛頓運動定律和運動學規(guī)律。非勻強電場一般不適用力與運動的觀點這一方法，除了以點電荷為圓心的圓周運動。(4)兩個定律和兩個定理，只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)，對中間過程不予以細究，這是它們的方便之處，特別是對變力問題，充分顯示出其優(yōu)越性。有些題目可以用不同方法各自解決，有些題目則同時運用上述幾種方法才能解決。3．(2019·高考全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場強度的大??；(2)B運動到P點時的動能。解析：(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma，①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2，②解得E＝eq\f(3mg,q)。③(2)設B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有Ek－eq\f(1,2)mv12＝mgh＋qEh，④且有v1eq\f(t,2)＝v0t，⑤h＝eq\f(1,2)gt2，⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。答案：(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t