2020高考一輪第七章電場中的力電綜合問題(新人教版)物理

1、2020高考一輪第七章電場中的力電綜合問題(新人教版)物 理置課堂師生互動熱點考向講練提升考點一帶電粒子在交變電場中的運動問題考點解讀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)粒子做偏轉運動(一般分解研究).3 .解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法(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)分析時從兩條思路出發(fā)：一是

2、力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系. (3)注意對稱性和周期性變化關系的應用.典例賞析典仞1如圖甲所示，A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板，O點是一個可以連續(xù)產生粒子的粒子源，O點到A B的距離都是l .現在A、B之間加上電壓，電壓 Ub隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.已知粒子源在交變電 壓的一個周期內可以均勻產生300個粒子，粒子質量為 m電荷量為一q.這種粒子產生后，在電場力作用下從靜止開始運動.設粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運動，且電荷量同時消失，不影響A B板電勢.不計粒子的重力，不考慮粒子之間的相互作用力.已知上述物理量l=0.6 m , U0

3、=1.2X103 V , T= 1.2X102s, rr5X10 10 kg , q=1.0 X10 7 C.(1)在t = 0時刻產生的粒子，會在什么時刻到達哪個極板？(2)在t = 0至ij t = T這段時間內哪個時刻產生白粒子剛好不能到達A板？(3)在t = 0到t = J這段時間內產生的粒子有多少個可到達A板？審題指導 板間的電壓為交變電壓，前半個周期和后半個周期粒子均做勻變速直線運動，但兩個過程加速 度不同，粒子在不同時刻開始運動，情景不同，分析時應結合粒子受力和速度的變化情況才能得出正確結論.解析(1)根據題圖乙可知，從t = 0時刻開始，A板電勢高于B板電勢，粒子向 A板運動.

4、因為*=興口） = 3.6 m>l,所以粒子從t =0時刻開始，一直加速到達 A板. 4im 2設粒子到達A板的時間為t，則=2 黑t2解得 t = y6x10-3 s.（2）在0T時間內，粒子的加速度大小為31 = q0- = 2 X 105 m/s 22lm在TT時間內，粒子的加速度大小為32 =羿0= 4 X 105 m/s 22lm可知32=231,若粒子在0T寸間內加速At,再在TT時間內減速 吩剛好不能到達 A板，則l = 231 A 12+ 31 A t ,At 1 2a2At 25 / 9解得 At =2X 10 3 s一 .TQ所以在0T時間內因為2=6X 10 3 s

5、4X10-3 s時刻產生的粒子剛好不能到達A板.T 2 （3）因為粒子源在一個周期內可以產生300個粒子，而在 0T時間內的前,時間內產生的粒子可以到達A板,23所以到達 A板的粒子數n=300x1x2= 100（個）. 2 3答案（1）46x103s 到達 A極板（2）4X10 3s 時刻 （3）100 個題組鞏固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t°可能屬于的時間段是（）TA. 0<to<

6、 7 4ItVTB.2<tc<3T43TC. 4< t0< T9TD. T< 10<-8解析：B 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T T 3T 打在A板上時位移為負，速度方向為負.分別作出t0=0、4、2、不時粒子運動的v t圖象，如圖所本.由于 VT, 3Tt圖線與時間軸所圍面積表小粒子通過的位移，則由圖象知，0vt0<4與彳vtovT時粒子在一個周期內的總位移T3T大于零，4<t0<彳時粒子在一個周期內的總位移小于零；to>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

7、內的總位移應小于零，對照各項可知B正確.2.(多選)如圖甲所示，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.t = 0時刻，質量為 m的帶電微粒以初速度 V0沿中線射入兩板間，0T時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出.微粒3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時間內運動的描述，正確的是 ()tE甲乙A.末速度大小為,2V0B.末速度沿水平方向1C.重力勢能減少了 ,mgdD.克服電場力做功為 mgd解析：BC 01時間內微粒勻速運動，有mg= qE.把微粒的運動分解，水平方向：做速度為V。的勻速直線運3動，豎直方向：時間內，只受重力，做自由落

8、體運動，手時刻，viy=ggT時間內，a=q一理=g,33333m做勻減速直線運動，T時刻，V2y=Viya,:=0,所以末速度V = V0,方向沿水平方向，選項 A錯誤，B正確；微粒 d1.人，,八、一 11的重力勢能減少了 Ab=mg 2=2mgd，所以選項 C正確；根據動能te理： -mgd-W克電=0,得 W克電= 2mgd，D錯誤.考點二帶電粒子的力電綜合問題考點解讀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：F= Eq,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：W= FLabc

9、os 。=qg Ea 5b.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)生的位移之間的聯系，可以通過作運 動過程草圖來獲得.典例賞析典例2如圖所示，LMN豎直平面內固定的光滑絕緣軌道，MNK平且足夠長，LM下端與MNf切.質量為m的帶正電小球 B靜止在水平面上，質量為 2m的帶正電小球 A從LM上距水平面高為 h處由靜止釋放，在 A球進入 水平軌道之前，由于 A B兩球相距較遠，相互作用力可認為零，A球進入水平軌道后， A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球

10、均可視為質點.已知 A B兩球始終沒有接觸.重力加速度為 g.求：(1) A球剛進入水平軌道的速度大?。?2) A B兩球相距最近時， A B兩球系統(tǒng)的電勢能 b;(3) A、B兩球最終的速度 va、vb的大小.解題指導 小球的運動經歷了兩個過程，在圓弧軌道上運動機械能守恒，在水平軌道上運動時系統(tǒng)動量守 恒，解答時應根據不同的過程應用不同的規(guī)律列式計算，同時注意：兩過程銜接點的速度是聯系兩個過程的橋梁， 是解題的突破口.解析(1)對A球下滑的過程，據機械能守恒得c 1122mgh= 2，x 2 mvo解得V0= 2gh(2) A球進入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當兩球相距最近時共速，有

11、2mv= (2n) v解得 v=|v0=3A/2gh據能量守恒定律得 2mgh= 2(2m)v2+ Ep /口2解得 Ep=-mgh3(3)當兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠離，兩球距離足夠遠時，相互作用力為零，系統(tǒng)勢能也為 零，速度達到穩(wěn)定.則2mv= 2mv+ mB答案婀 （2）3mgh3歷 4J2gh技巧點撥電場中動量和能量問題的解題技巧動量守恒定律與其他知識綜合應用類問題的求解，與一般的力學問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復雜多樣，分析清楚物理過程，正確識別物理模型是解決問題的關鍵.題組鞏固1 .（多選）如圖所示，光滑的水平軌道 AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道 BCM切

12、于B點，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內，B為最低點，D為最高點.一質量為 m帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運動，恰能通過最高點，則 （）A. R越大，x越大B. R越大，小球經過 B點后瞬間對軌道的壓力越大C. m越大，x越大D. m與R同時增大，電場力做功增大2VD1 2 1 2斛析：ACD 小球在BCDB分做圓周運動，在 D點，mg= mR,小球由B到D的過程中有：2mgR= 2mv 2mB,2V B解得Vb=，5gR R越大，小球經過 B點時的速度越大，則 x越大，選項 A正確；在B點有：Fn mg=喉，解得Fn1 2=

13、6mg與R無關，選項B錯反；由Eqx= 2mB,知m R越大，小球在 B點的動能越大，則 x越大，電場力做功越多，選項C D正確.2 .有一質量為 M長度為l的矩形絕緣板放在光滑的水平面上，另一質量為 m帶電荷量的絕對值為 q的物塊（視為質點），以初速度 V0從絕緣板的上表面的左端沿水平方向滑入，絕緣板所在空間有范圍足夠大的勻強電場，其場強大小 E= 3mg方向豎直向下，如圖所示.已知物塊與絕緣板間的動摩擦因數恒定，物塊運動到絕緣板的右 5q端時恰好相對于絕緣板靜止；若將勻強電場的方向改變?yōu)樨Q直向上，場強大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結果兩者相對靜止時，物塊未到達絕緣板

14、的右端.求：（1）場強方向豎直向下時，物塊在絕緣板上滑動的過程中，系統(tǒng)產生的熱量;（2）場強方向豎直向下時與豎直向上時，物塊受到的支持力之比；（3）場強方向豎直向上時，物塊相對于絕緣板滑行的距離.解析：（1）場強方向向下時，根據動量守恒定律得mv=（出 m v所以v=根據能量守恒定律得12 1、2 mMv熱重 Q)= _ mv _(MH- n) v = . .222 m(2)場強向下時Fn= mg- qE場強向上時Fn' = mg qEFn所以（3）兩次產生的熱量相等W Fn ' l ' = Q w FnI =Q所以i，=4.mMvl答案：詔)(2)1 ：4 (3)4技

15、法提練素養(yǎng)提升提升|學科素養(yǎng)思想方法（十五）用“等效法”處理帶電粒子在電場和重力場中的運動1 .等效重力法將重力與電場力進行合成，如圖所示，則 f合為等效重力場中的“重力”，F合g'=而為等效重力場中的“等效重力加速度”，F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.2 .物理最高點與幾何最高點方法在“等效力場”中做圓周運動的小球，經常遇到小球在豎直平面內做圓周 闡述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

16、過程中速度最小 （稱為臨界速度）的點.3 .等效最“高”點與最“低”點的尋找確定重力和電場力的合力的大小和方向，然后過圓周圓心作等效重力作用 線的反向延長線，反向延長線交圓周上的那個點即為圓周的等效最“高” 點，延長線交圓周的那個點為等效最“低”點 典例賞析典例如圖所示，半徑為 r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，環(huán)上套有一質量為m帶電荷量為+ q的珠子，現在圓環(huán)平面內加一個勻強電場，使珠子由最高點A從靜止開始釋放（AC BD為圓環(huán)的兩條互相垂直的直徑 ），6 / 9要使珠子沿圓弧經過B、C剛好能運動到D(重力加速度為g)10 / 9(1)求所加電場的場強最小值及所對應的場強的方向；(2)當所加

17、電場的場強為最小值時，求珠子由A到達D的過程中速度最大時對環(huán)的作用力大小;(3)在(1)問電場中，要使珠子能完成完整的圓周運動，在A點至少應使它具有多大的初動能?思路點撥 解答本題時要應用“等效場”的方法，先對小球受力分析，求出電場力和重力的合力，做一條與合力平行的直徑，則直徑的兩個端點分別對應速度最小位置和速度最大位置.解析(1)根據題述，珠子運動到 BC弧中點M時速度最大，作過 M點的直徑MN設電場力與重力的合力為F,則其方向沿 NMT向，分析珠子在 M點的受力情況，由圖可知，當F電垂直于F時，F電最小，最小值為:F 電 min = mgcos 452ymgF 電 min = qEnin解

18、得所加電場的場強最小值9口=!m!方向沿/ AOB勺角平分線方向指向左上方.2q(2)當所加電場的場強為最小值時，電場力與重力的合力為2F= mgsin 45= mg把電場力與重力的合力看做是“等效重力”，對珠子由A運動到M的過程，由動能定理得F，r +魚 J=；mV012 .； 22在M點，由牛頓第二定律得：Fn- F= nvr聯立解得 Fn= 3-2-2+ 1 mg由牛頓第三定律知，珠子對環(huán)的作用力大小為Fn，= Fn= 3-2-2+ 1 mg(3)由題意可知，N點為等效最高點，只要珠子能到達N點，就能做完整的圓周運動，珠子在N點速度為0時,所需初動能最小，此過程中，由動能定理得：解得 EkA= jmgr.答案見解析題組鞏固1. (2019 陜西西安質檢帶負電荷的小球從高為h的)如圖所示的裝置是在豎直平面內放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中,A處由靜止開始下滑，沿軌道 ABC運動并進入圓環(huán)內做圓周運動.已知小球所受電場3多少？ (sin 370.6 , cos 37 ° = 0.8)解析：小球所受的重力和電場力都為恒力,故可將兩力等效為一個力F,如圖所示.可知F= 1.25 mg方向與豎直方向成37。角.由圖可知，小球做完整的圓周運動的臨界點是D點，設小球恰好能通過D點，即達到D點