64知識(shí)講解帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(提高)

1、物理總復(fù)習(xí)：帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【考綱要求】1、知道帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)；2、會(huì)綜合力學(xué)知識(shí)分析帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；3、會(huì)用能量的觀點(diǎn)處理帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題?！究键c(diǎn)梳理】考點(diǎn)、帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)要點(diǎn)詮釋：1、在復(fù)合場(chǎng)中的研究方法(1)牛頓運(yùn)動(dòng)的定律+運(yùn)動(dòng)學(xué)公式(2)能量方法：能量守恒定律和功能關(guān)系動(dòng)量方法：動(dòng)量守恒定律和動(dòng)量定理2、電場(chǎng)中的功能關(guān)系：(1)只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能和動(dòng)能之和保持不變。(2)只有電場(chǎng)力和重力做功，電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能三者之和保持不變。(3)除重力之外，其他各力對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的變化。(4)電場(chǎng)力做功的計(jì)算方法由公式 W Fl cos計(jì)算

2、，此公式只在勻強(qiáng)電場(chǎng)中使用，即W qElcos 。用公式Wab qU ab計(jì)算，此公式適用于任何形式的靜電場(chǎng)。靜電場(chǎng)中的動(dòng)能定理：外力做的總功(包括電場(chǎng)力做的功)等于動(dòng)能的變化。由動(dòng)能定理計(jì)算電場(chǎng)力做的功。【典型例題】類型一、帶電物體在靜電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的能量守恒(1)帶電物體只受重力和靜電場(chǎng)力作用時(shí)，電勢(shì)能、重力勢(shì)能以及動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，總能量守恒，即 EPG Ept+EK 恒定值(2)帶電物體除受重力和靜電場(chǎng)力作用外，如果還受到其它力的作用時(shí)，電勢(shì)能、重力 勢(shì)能以及動(dòng)能之和發(fā)生變化，此變化量等于其它力的功，這類問(wèn)題通常用動(dòng)能定理來(lái)解決。例1、如圖所示，實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)面，且

3、相鄰兩等勢(shì)面的電勢(shì)差相等，一個(gè)正電荷在等勢(shì)面 U3上時(shí)具有動(dòng)能2 10 4 J,它運(yùn)動(dòng)到等勢(shì)面 U1時(shí)，速度為零，令 U2=0, 那么該點(diǎn)電荷的電勢(shì)能為 4 10 5 J時(shí)，其動(dòng)能大小是多少？(設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有電場(chǎng) 力做功)【思路點(diǎn)撥】(1)確定每?jī)蓚€(gè)等勢(shì)面之間的電勢(shì)能的差值，(2)根據(jù)零勢(shì)面，確定電勢(shì)能零點(diǎn)，這是同一個(gè)等勢(shì)面；(3)根據(jù)有一個(gè)已知量的等勢(shì)面(零勢(shì)面)確定總能量，(4)所求任意點(diǎn)的某能量就等于總能量減去這點(diǎn)的一個(gè)已知能量。【答案】6 105J【解析】在靜電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的電荷，它的機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變，即能量守恒，由此出發(fā)分析問(wèn)題時(shí)比較方便。由于每?jī)蓚€(gè)等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等

4、，則電勢(shì)能的差值也相等， 又因?yàn)椤耙粋€(gè)正電荷在等勢(shì)面 U3上時(shí)具有動(dòng)能2 10 4J ,它運(yùn)動(dòng)到等勢(shì)面 Ui時(shí)，速度為零”，說(shuō)明每?jī)蓚€(gè)等勢(shì)面之間白電勢(shì)能的差值為1 10 4 J ,（也可以根據(jù)電場(chǎng)力做功來(lái)理解），令U2=0,即設(shè)等勢(shì)面U2的電勢(shì)能為零，則等勢(shì)面 Ui的電勢(shì)能為1 10 4J ,等勢(shì)面U3的電勢(shì)能為1 10 4J ,總的能量為 E E3 EK3 EP3 2 10 4J （ 1 10 4）J 1 10 4J,則任意點(diǎn)M的動(dòng)能大小為 EkmE3 Epm 1 10 4 4 10 5 6 10 5J o【總結(jié)升華】本題各等勢(shì)面的能量關(guān)系：等勢(shì)面5的動(dòng)能為0,電勢(shì)能為1 10 4J ,總能

5、量為1 10 4 J o等勢(shì)面U2的動(dòng)能為1 10 4J ,電勢(shì)能為0,總能量為1 10 4J。 444等勢(shì)面U3的動(dòng)能為2 10 J ,電勢(shì)能為 1 10 J ,總能量為1 10 J。以上關(guān)系充分體現(xiàn)了能量守恒，要體會(huì)能量守恒的涵義。解決靜電場(chǎng)中能量守恒問(wèn)題的思路和基本方法：（不是唯一的只是推薦）（1）確定每?jī)蓚€(gè)等勢(shì)面之間的電勢(shì)能的差值，如本題利用等勢(shì)面U3的已知?jiǎng)幽芎偷葎?shì)面U1的動(dòng)能為零來(lái)確定；（2）根據(jù)零勢(shì)面，確定電勢(shì)能零點(diǎn)，這是同一個(gè)等勢(shì)面；（3）根據(jù)有一個(gè)已知量的等勢(shì)面確定總能量，本題利用等勢(shì)面U3,兩個(gè)能量值相加（代數(shù)和，注意正負(fù)）；（4）所求任意點(diǎn)的某能量就等于總能量減去這點(diǎn)的一

6、個(gè)已知能量。舉一反三【變式】圖中虛線所示為靜電場(chǎng)中的等勢(shì)面1、2、3、4,相鄰的等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，其中等勢(shì)面3的電勢(shì)為0。一帶正電的點(diǎn)電荷在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)a、b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為26eV和5eV.當(dāng)這一點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到某一位置，其電勢(shì)能變?yōu)橐?eV時(shí)，它的動(dòng)能應(yīng)為（）A.8eV B. 13eV C. 20eV D. 34eV/ / / / f i f t : : /，ft【答案】C【解析】相鄰等勢(shì)面的電勢(shì)差相等，電荷在穿過(guò)相鄰的等勢(shì)面間時(shí)電場(chǎng)力做功相等，動(dòng)能減少了 21eV,電勢(shì)能增加了 21eV,即每個(gè)等勢(shì)面間的電勢(shì)能相差7eV。等勢(shì)面3的電勢(shì)為0,點(diǎn)勢(shì)能為零，動(dòng)能為12eV,即總能量

7、等于12eV。當(dāng)電勢(shì)能變?yōu)?eV時(shí)，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化 和守恒定律，其動(dòng)能為 EK E EP 12eV （ 8eV） 20eV ,故選C這一點(diǎn)在什么地方呢？（在等勢(shì)面2的左邊一點(diǎn)）。例2、一帶電油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng) E中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，電場(chǎng)方向豎直向下，若不計(jì)空氣阻力，則此帶電油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中，能量變化情況為()A、動(dòng)能減小B、電勢(shì)能增加C、重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和減小D、動(dòng)能和電勢(shì)能之和增加【思路點(diǎn)撥】重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能三者之和保持不變，分析出它們的變化情況，再根據(jù) 題中選項(xiàng)進(jìn)行分析確定?！敬鸢浮緾【解析】由軌跡圖可知， 合力指向軌跡凹的一側(cè)， 即豎直向上，帶電油滴所受重力小于電場(chǎng)力

8、，故從a到b的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中合外力做正功，動(dòng)能增加，A錯(cuò)誤；從a到b的運(yùn)動(dòng)過(guò)程電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，B錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，在從 a到b的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力、電場(chǎng)力做功，因此重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能三者之和保持不變，因該過(guò)程中動(dòng)能增加，因此重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和減小，C正確；從a到b的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，因此動(dòng)能和電勢(shì)能之和減小，D錯(cuò)誤，故選Co【總結(jié)升華】本題在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中重點(diǎn)考察帶電小球的功能關(guān)系轉(zhuǎn)化，在學(xué)習(xí)過(guò)程中要明確各種功能關(guān)系是解這類問(wèn)題的關(guān)鍵。舉一反三【變式】如圖所示，一個(gè)絕緣光滑半圓軌道放在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)為E,在其上端，一個(gè)質(zhì)量為 m,帶電量為

9、+q的小球由靜止下滑，則()A.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒B.小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)速度最大C.小球在最低點(diǎn)受到的壓力mg qED.小球在最低點(diǎn)受到的壓力為 3(mg qE)【答案】BD【解析】小球在重力場(chǎng)和靜電場(chǎng)構(gòu)成的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力勢(shì)能、動(dòng)能和電勢(shì)能之和守恒，小球由靜止下滑的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能發(fā)生變化，因此球的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；帶正電的小球在最低點(diǎn)處電勢(shì)能和重力勢(shì)能都最小，由能量守恒知，其動(dòng)能必定最大，2速度取大，選項(xiàng) B正確；對(duì)小球運(yùn)用動(dòng)能te理mgR qER mv ,2在最低點(diǎn)運(yùn)用牛屯第二定律N mg qE m 解得小球在最低點(diǎn)受到的壓力是N 3(mg qE)類型二、等效“

10、重力場(chǎng)”問(wèn)題例3、(2014 深圳模擬)用一根長(zhǎng)為l的絲線吊著一質(zhì)量為m帶電荷量為q的小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖所示，絲線與豎直方向成37。角?，F(xiàn)突然將該電場(chǎng)方向變?yōu)橄蛳碌笮〔蛔?，不考慮因電場(chǎng)的改變而帶來(lái)的其他影響(重力加速度為g),求:(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;(2)小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)絲線的拉力?！敬鸢浮?mg (2) 49 mg 4q 20【解析】 小球靜止在電場(chǎng)中受力如圖所示，顯然小球帶正電,由平衡條件得:mgtan 37 = qE故 E 3mg 4q(2)當(dāng)電場(chǎng)方向變成向下后，小球開(kāi)始擺動(dòng)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力、電場(chǎng)力對(duì)小球做正功。 由動(dòng)能定理得：12mv (mg qE

11、)l(1 cos37 2由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)，在最低點(diǎn)時(shí)，2 v F 向二Ft (mg qE) m49由解得FT 49 mg. 20舉一反三【變式】如圖所示，在豎直平面內(nèi)，有一半徑為R的絕緣的光滑圓環(huán)，圓環(huán)處于場(chǎng)強(qiáng)大小為E,方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，圓環(huán)上的 A、C兩點(diǎn)處于同一水平面上， B、D分別為 圓環(huán)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn). M為圓環(huán)上的一點(diǎn)，/ MOA=45 .環(huán)上穿著一個(gè)質(zhì)量為 m,帶電 量為+q的小球，它正在圓環(huán)上做圓周運(yùn)動(dòng)，已知電場(chǎng)力大小qE等于重力的大小 mg,且小球經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)球與環(huán)之間的相互作用力為零.求：(1)帶電小球在圓環(huán)上做圓周運(yùn)動(dòng)的最小速度；(2)小球經(jīng)過(guò) A、B、C、D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)

12、能；(3)小球在圓環(huán)上做圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度及位置?！敬鸢浮?1)VminJV2gR ( 2) EKA1)mgR, Ekb3f,因此， 在進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域之前，物體P做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，不妨設(shè)經(jīng)時(shí)間t1速度為v1=2m/s,還未進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域。根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：v1 = a1t1根據(jù)牛頓第二定律有：F1 一f=ma由式聯(lián)立解得：t1 =v = 0.5sv 0.55s,所以假設(shè)成立F1 f即小物體P從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至速率為 2m/s所用的時(shí)間為t1=0.5s(2)當(dāng)物體P在速率v= 25m/s時(shí)，所受水平外力 F2=6N,設(shè)先以加速度a2再加速 t2= 0.05s至A點(diǎn)，速度為V2,根據(jù)

13、牛頓第二定律有：F2 f= ma2根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有:V2 = vi + a2t2由式聯(lián)立解得： TOC o 1-5 h z V2=3m/s物體P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中，由題意可知，所受水平外力仍然為F2=6N不變，設(shè)位移為xi,加速度為a3,根據(jù)牛頓第二定律有：F2fqE=ma3根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：2a3xi = vB v；由式聯(lián)立解得：xi=im根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，當(dāng)物體 P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，水平外力為 F3=qE=3N,因此，離開(kāi)桌面 在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)，其水平向右運(yùn)動(dòng)位移為X2,時(shí)間為t3,則在水平方向上有：X2 =

14、VBt3根據(jù)幾何關(guān)系有：cot a=更V225X2= 一 m12由式聯(lián)立解得：所以電場(chǎng)力做的功為:W= qE (xi +X2)?由? 式聯(lián)立解得： W= 9.25J【考點(diǎn)】物體的受力分析、牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、功的 定義式的應(yīng)用。【高清課堂：帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2例6】例5、真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在電場(chǎng)中，若將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中小球的速度與豎直方向夾角為37 (取sin37=0.6,cos37=0.8)?，F(xiàn)將該小球從電場(chǎng)中某點(diǎn)以初速度V。豎直向上拋出。求運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(1)小球受到的電場(chǎng)力的大小和方向；(2)小球從拋出點(diǎn)

15、至最高點(diǎn)的電勢(shì)能變化量；(3)小球的最小動(dòng)量的大小和方向?！舅悸伏c(diǎn)撥】作出受力圖，根據(jù)小球做直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)求出電場(chǎng)力；根據(jù)動(dòng)能定理求出電場(chǎng)力做的功，再判斷電勢(shì)能變化量。_ 39 2【答案】(1) F mg,方向水平向右；(2)電勢(shì)能減少了mvo ； (3)最小動(dòng)量的432，3大小為 pmin gmv0,與水平萬(wàn)向成 37度夾角。3【斛析】(1)根據(jù)題忌作圖如圖，電場(chǎng)力 F mgtan37 mg電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，水平向右。(2)要求電勢(shì)能的變化量，根據(jù)功能關(guān)系，就是求電場(chǎng)力做了多少功。做正功，電勢(shì)能減 少；做負(fù)功，電勢(shì)能增加。以初速度Vo豎直向上拋出，由 Vy vo gt ,上升時(shí)間t

16、v0g水平方向受電場(chǎng)力，水平方向的加速度axqEm3 zg水平方向的位移xaxt223v08g電場(chǎng)力做功 W qEx mg 3v0 mv24 8g 32根據(jù)功能關(guān)系，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，故電勢(shì)能減少了mv2o32(3)求小球的最小動(dòng)量，顯然就是求最小速度，設(shè)t時(shí)刻小球的速度為 v ,豎直方向：Vy V0 gt水平萬(wàn)向：小球的速度2AL2g5一 6gt 2V02v025 2 222、_16 Vo , ,114、一g t2Vogt (V0 V ) =0 ,當(dāng) t0 時(shí)，有取小速度 Vmin1625 g求得最小速度的大小為所以最小動(dòng)量的大小為3vminV053PminmVmin二仃。5最小動(dòng)量

17、的方向：當(dāng)速度方向與合力方向垂直時(shí)，速度最小，采用分解速度的方法，最小動(dòng) 量的方向與水平方向成 37度夾角，如圖?！究偨Y(jié)升華】求電勢(shì)能的變化量，根據(jù)功能關(guān)系，就是求電場(chǎng)力做了多少功。做正功，電勢(shì) 能減少；做負(fù)功，電勢(shì)能增加。此外，求最小速度也是本題的一個(gè)難點(diǎn)，一是明確最小速度 的條件，二是根據(jù)一元二次方程求最大值、最小值的方法求解。舉一反三【變式1】質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球從距地面高為 h處以一定的初速度水平拋出. 在距 拋出點(diǎn)水平距離為l處，有一根管口比小球直徑略大的上下都開(kāi)口的豎直細(xì)管，管的上口距1地面-h.為使小球能無(wú)碰撞地從管子中通過(guò)，可在管子上方的整個(gè)區(qū)域里加一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度2方向水

18、平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示.求：(1)小球的初速度V0；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?3)小球落地時(shí)的動(dòng)能 Ek.m *%一【答案】(1) v0 2l jg (2) E 2mgL/qh (3) EK mgh【解析】(1)從拋出點(diǎn)到管口小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則h/2 gt2/2, t ,h / g。水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，則有v0t/2 l , vo 2lJ：。(2)在水平方向上應(yīng)用牛頓第二定律有Eq ma。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知 a v0/t 2gl/h。由上二式 E 2mgL/qh。(3)在全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得2mgh qEl EKmv02 ,小球洛地時(shí)的動(dòng)能 EK mv0 /2 mgh qEl mgh【變

19、式2】如圖，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=0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E=5.0 X03V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度vo沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)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=1.0X 10-2kg,乙所帶電荷量q=2.0 10-5C, g取10m/s2。(水平軌道足夠長(zhǎng)，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程無(wú)電 荷轉(zhuǎn)移)(1)甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)D,求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；(2)在滿足(1)的條件下。求甲的速度 vo；(3)若甲仍以速度vo向右運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍。【答案】(1) 0.4m(2) 2底mls(3) 0.4m x 1,6m【解析】(1)在乙恰好能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)的速度為乙離開(kāi)D點(diǎn)達(dá)到水平軌道的時(shí)間為 t,乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為X,則2m-D- mg qE (vD VF2m/s