高考物理一輪復習第七章專題五帶電粒子（帶電體）在電場中運動的綜合問題教案新人教版

專題五帶電粒子(帶電體)在電場中運動的綜合問題突破1電場中的圖象問題1．一帶負電粒子在電場中僅受靜電力作用沿x軸正方向做直線運動的v-t圖象如圖所示，起始點O為坐標原點，下列關(guān)于電勢φ、粒子的動能Ek、電場強度E、粒子加速度a與位移x的關(guān)系圖象中可能合理的是(C)解析：由v-t圖象可知速度減小，且加速度逐漸減小，電場力做負功，動能逐漸減小，而電場強度E＝eq\f(F,q)＝eq\f(ma,q)，所以沿＋x方向場強逐漸減小，則電勢不是均勻減小，所以A、B、D錯誤，C可能合理．2．(多選)沿電場中某條直線電場線方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示，坐標點0、x1、x2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點相對應，相鄰兩點間距相等．一個帶正電的粒子從O點由靜止釋放，運動到A點的動能為Ek，僅考慮電場力作用，則(CD)A．從O點到C點，電勢先升高后降低B．粒子先做勻加速運動，后做變加速運動C．粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的電勢能變化量D．粒子運動到C點時動能小于3Ek解析：沿x軸正方向，場強方向不變，帶正電粒子沿x軸正方向運動，表示場強沿x軸正方向，電勢降低，A錯誤；由于場強在改變，所以電場力變化，加速度也在變化，B錯誤；由E-x圖象可知，AB段電勢差大于BC段電勢差，所以C正確；由于UAC<2UOA，根據(jù)動能定理q(UOA＋UAC)＝EkC，已知qUOA＝Ek，所以EkC<3Ek，D正確．3．(多選)現(xiàn)有一組方向平行于x軸的電場線，若從x軸的坐標原點由靜止釋放一個帶電粒子，該粒子僅在電場力的作用下沿著x軸的正方向從x1＝0處運動到x2＝1.2cm處，其電勢φ隨位移x的變化情況如圖所示．下列說法正確的是(BD)A．在x軸上0～0.6cm的范圍內(nèi)和0.6～1.2cm的范圍內(nèi)電場的方向一定相反B．該粒子一定帶正電C．在x軸上x＝0.6cm的位置，電場強度大小為0D．該粒子從x1＝0處運動到x2＝1.2cm處的過程中，電勢能一直減小解析：沿電場線方向電勢降低，在x軸上0～0.6cm的范圍內(nèi)和0.6～1.2cm的范圍內(nèi)電場的方向一定相同，選項A錯誤；電場方向沿x軸正方向，帶電粒子僅在電場力的作用下沿著x軸的正方向運動，電場力方向沿x軸正方向，所以該粒子一定帶正電，選項B正確；在0～1.2cm的范圍內(nèi)，電場強度為E＝eq\f(Δφ,Δx)＝5000V/m，選項C錯誤；該粒子從x1＝0處運動到x2＝1.2cm處的過程中，電場力對粒子做正功，電勢能一直減小，選項D正確．4．(多選)M、N是某電場中一條電場線上的兩點，若在M點釋放一個初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線由M點運動到N點，其電勢能隨位移變化的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是(AC)A．電子運動的軌跡為直線B．該電場是勻強電場C．電子在N點的加速度小于在M點的加速度D．電子在N點的動能小于在M點的動能解析：電子初速度為零，且沿著電場線運動，其軌跡一定為直線，故選項A正確；電子通過相同位移時，電勢能的減少量越來越小，說明電場力做功越來越少，由W＝Fs可知，電子所受的電場力越來越小，場強減小，不可能是勻強電場，故選項B錯誤；由于Ep-x圖線的斜率表示電場力的大小，根據(jù)圖象可知，電子受到的電場力越來越小，故該電場不是勻強電場，電子做加速度逐漸減小的加速運動，選項C正確；電子從M運動到N過程中，只受電場力，電勢能減小，電場力做正功，則動能增大，因此在N點的動能大于在M點的動能，故選項D錯誤．突破2帶電粒子在交變電場中運動1．常見的交變電場常見的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(zhuǎn)運動(一般分解研究)．3．分析兩個關(guān)系(1)力和運動的關(guān)系．(2)功能關(guān)系．如圖甲所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為UBA＝1125V，兩板中央各有小孔O和O′.現(xiàn)有足夠多的電子源源不斷地從小孔O由靜止進入A、B之間．在B板右側(cè)，平行金屬板M、N長度均為L1＝4×10－2m，板間距離d＝4×10－3m，在距離M、N右側(cè)邊緣L2＝0.1m處有一熒光屏P，當M、N之間未加電壓時電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的O″點并發(fā)出熒光．現(xiàn)在金屬板M、N之間加上按如圖乙所示規(guī)律變化的電壓U，M板電勢低于N板電勢．已知電子質(zhì)量為m＝9.0×10－31kg，電荷量為e＝1.6×10－19C．求：(1)每個電子從B板上的小孔O′射出時的速度為多大？(2)電子打在熒光屏上的范圍是多少？[審題指導](1)本題包含三個運動過程：電子先加速，再偏轉(zhuǎn)，最后做勻速直線運動打在熒光屏上．(2)在偏轉(zhuǎn)電場中，每個電子通過的時間與電壓的變化周期相比很小，可認為每個電子通過時電壓不變，電場為勻強電場．【解析】(1)電子在A、B兩塊金屬板間加速，有eUBA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2eUBA,m))＝eq\r(\f(2×1.6×10－19×1125,9×10－31))m/s＝2×107m/s.(2)由于電子穿過MN間所用時間極短，故電子穿過MN的過程可視為板間電壓不變，當U1＝22.5V時，電子經(jīng)過MN極板向下的偏移量最大，為y1＝eq\f(1,2)·eq\f(eU1,md)(eq\f(L1,v0))2＝2×10－3m，y1<d，說明所有的電子都可以飛出M、N.此時電子在豎直方向的速度大小為v1＝eq\f(U1e,dm)·eq\f(L1,v0)＝eq\f(1.6×10－19,9×10－31×4×10－3)×eq\f(4×10－2,2×107)m/s＝2×106m/s.電子離開極板后，以熒光屏P的時間t2＝eq\f(L2,v0)＝eq\,2×107)s＝5×10－9s，相應的偏移量為y2＝vyt2＝2×106×5×10－9m＝10－2m．電子打在熒光屏上的總偏移量為y＝y(tǒng)1＋y2＝2×10－3m＋10－2m＝0.012m．故電子打在熒光屏上的范圍是從O″向下0～0.012m.【答案】(1)2×107m/s(2)范圍為從O″向下0～0.012m內(nèi)1．(2019·河南豫南九校聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質(zhì)量為m、電荷量為q的電子僅在靜電力作用下，在t＝eq\f(T,4)時刻從A板的小孔處由靜止釋放進入兩極板運動，恰好到達B板，則(AB)A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,16m))B．電子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．電子在兩板間做勻加速直線運動D．若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終到達B板解析：電子在t＝eq\f(T,4)時刻由靜止釋放進入兩極板運動，恰好到達B板，由于在第一個eq\f(T,4)內(nèi)做勻加速直線運動，在第二個eq\f(T,4)內(nèi)做勻減速直線運動，在第三個eq\f(T,4)內(nèi)反向做勻加速直線運動，可知經(jīng)過兩個eq\f(T,4)時間恰好到達B板，加速度a＝eq\f(qU0,md)，有d＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，故A正確．由題意可知，經(jīng)過eq\f(T,4)時間速度最大，則最大速度為vm＝aeq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，故B正確．電子在兩板間先向右做勻加速直線運動，然后向右做勻減速直線運動，故C錯誤．若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板，先做勻加速直線運動，然后做勻減速直線運動，若電子勻減速到零，位移之和大于極板的間距，電子不會做往復運動，在勻減速直線運動的過程中到達B板，故D錯誤．2．(多選)如圖甲，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．t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)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(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是(BC)A．末速度大小為eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了eq\f(1,2)mgd D．克服電場力做功為mgd解析：因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒勻速運動，故微粒受到的電場力方向向上，E0q＝mg，由題圖可知在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，兩金屬板間沒有電場，微粒只受重力作用，做平拋運動，在t＝eq\f(2T,3)時刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0，在eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)，微粒滿足2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，微粒的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減少了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可得eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤．帶電粒子在交變電場中運動的思維流程：(1)分析電場的變化規(guī)律，確定粒子初始運動狀態(tài)；(2)分析受力情況，根據(jù)初始狀態(tài)確定運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)；(3)然后選用恰當?shù)牧W規(guī)律如牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律解題．突破3帶電粒子力電綜合問題要善于把電學問題轉(zhuǎn)化為力學問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與運動的關(guān)系、功能關(guān)系和動量關(guān)系等多角度進行分析與研究．解決力電綜合問題的方法：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，判斷是對分過程還是對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)．(2019·福建莆田二模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一坐標系xOy，已知A點坐標為(－2h，h)，O、B區(qū)間存在豎直向上的勻強電場．甲、乙兩小球質(zhì)量均為m，甲球帶的電荷量為＋q，乙球帶的電荷量為－q，分別從A點以相同的初速度水平向右拋出后，都從O點進入勻強電場，其中甲球恰從B點射出電場，乙球從C點射出電場，且乙球射出電場時的動能是甲球射出電場時動能的13倍．已知重力加速度為g.求：(1)小球經(jīng)過O點時速度的大小和方向．(2)勻強電場的電場強度E.[審題指導](1)從A到O，只受重力，做平拋運動．(2)甲、乙兩球進入電場后，在重力和電場力作用下做勻變速曲線運動，運用分解的方法處理．【解析】(1)如圖1所示，設(shè)小球經(jīng)過O點時的速度為v，水平分速度為vx，豎直分速度為vy，平拋運動的時間為t.根據(jù)平拋運動規(guī)律h＝eq\f(1,2)gt2①，2h＝vxt②，vy＝gt③，v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))④，tanθ＝eq\f(vy,vx)⑤由以上式子解得v＝2eq\r(gh)，θ＝45°，vy＝vx⑥(2)甲球在B點的速度如圖2所示，乙球在C點的速度如圖3所示．依題意得EkC＝13EkB⑦甲球在OB運動過程中電場力、重力做功為零，故甲球在B點射出時速度仍為v，水平分速度仍為vx，豎直分速度為vy，大小不變，方向豎直向上．設(shè)甲球在電場中的加速度為a甲，乙球在電場中的加速度為a乙；甲、乙兩球在電場中運動的時間為t′.研究豎直方向，有對甲球：2vy＝a甲t′⑧，Eq－mg＝ma甲⑨，對乙球：vcy－vy＝a乙t′⑩，Eq＋mg＝ma乙?，由⑥～?式解得E＝eq\f(3mg,q).【答案】(1)2eq\r(gh)與水平方向的夾角θ＝45°(2)eq\f(3mg,q)3．(2018·江蘇卷)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(D)A．仍然保持靜止 B．豎直向下運動C．向左下方運動 D．向右下方運動解析：水平金屬板間電場沿豎直方向，等勢面為一組水平面．帶電油滴處于靜止狀態(tài)，說明油滴受到的電場力方向豎直向上且Eq＝mg.B板右端向下移動一小段距離，兩極板間電壓不變，則兩極板間的等勢面右端同樣向下彎曲．電場線與等勢面垂直，同樣產(chǎn)生彎曲，且電場強度減小．豎直方向上Eyq<mg，水平方向上Exq向右，故油滴向右下方運動，故D項正確．4．(2019·江西師大附中、九江一中聯(lián)考)(多選)如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強電場，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的物塊從A點由靜止開始下落，加速度為eq\f(2,3)g，下落高度H到B點后與一絕緣輕彈簧接觸，又下落h到達最低點C，整個過程中不計空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點運動到C點的過程中，下列說法正確的是(BD)A．物塊在B點速度最大B．彈簧的彈性勢能的增加量為eq\f(2mgH＋h,3)C．帶電物塊電勢能增加量為mg(H＋h)D．帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少量為eq\f(mgH＋h,3)解析：物塊由靜止開始下落時的加速度為a＝eq\f(2,3)g，根據(jù)牛頓第二定