【物理】2020届一轮复习人教版电场中的力电综合问题学案 11页

电场中的力电综合问题 考点一　带电粒子在交变电场中的运动问题 ‎[考点解读]‎ ‎1．常见的交变电场 常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．‎ ‎2．常见的题目类型 ‎(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．‎ ‎(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．‎ ‎(3)粒子做偏转运动(一般分解研究)．‎ ‎3．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．‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例1]　如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O点是一个可以连续产生粒子的粒子源，O点到A、B的距离都是l.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l＝‎0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－‎10 kg，q＝1.0×10－‎7 C.‎ ‎(1)在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？‎ ‎(2)在t＝0到t＝这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？‎ ‎(3)在t＝0到t＝这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？‎ ‎[审题指导]　板间的电压为交变电压，前半个周期和后半个周期粒子均做匀变速直线运动，但两个过程加速度不同，粒子在不同时刻开始运动，情景不同，分析时应结合粒子受力和速度的变化情况才能得出正确结论．‎ ‎[解析]　(1)根据题图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动．‎ 因为x＝2＝‎3.6 m>l，所以粒子从t＝0时刻开始，一直加速到达A板．‎ 设粒子到达A板的时间为t，则l＝·t2‎ 解得t＝×10－3 s.‎ ‎(2)在0～时间内，粒子的加速度大小为 a1＝＝2×‎105 m/s2‎ 在～T时间内，粒子的加速度大小为 a2＝＝4×‎105 m/s2‎ 可知a2＝‎2a1，若粒子在0～时间内加速Δt，再在～T时间内减速刚好不能到达A板，则 l＝a1Δt2＋a1Δt·－a22‎ 解得Δt＝2×10－3 s 因为＝6×10－3 s，‎ 所以在0～时间内4×10－3 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板．‎ ‎(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n＝300××＝100(个)．‎ ‎[答案]　(1)×10－3 s　到达A极板　(2)4×10－3 s时刻　(3)100个 ‎[题组巩固]‎ ‎1．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)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(　　 )‎ A．0＜t0＜　　　　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜ 解析：B　[设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t0＝0、、、时粒子运动的v－t图象，如图所示．由于v－t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0＞T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确．]‎ ‎2．(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)‎ A．末速度大小为v0 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd 解析：BC　[0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做 速度为v0的匀速直线运动，竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g，～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减少了ΔEp＝mg·＝mgd，所以选项C正确；根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，D错误．]‎ 考点二　带电粒子的力电综合问题 ‎[考点解读]‎ ‎1．力学规律 ‎(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式．‎ ‎(2)能量规律：动能定理或能量守恒定律．‎ ‎2．电场规律 ‎(1)电场力的特点：F＝Eq，正电荷受到的电场力与场强方向相同．‎ ‎(2)电场力做功的特点：WAB＝FLABcos θ＝qUAB＝EpA－EpB.‎ ‎3．多阶段运动 在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时，物体由于惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度．对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系，可以通过作运动过程草图来获得．‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例2]　如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为‎2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知A、B两球始终没有接触．重力加速度为g.求：‎ ‎(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；‎ ‎(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；‎ ‎(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小．‎ ‎[解题指导]　小球的运动经历了两个过程，在圆弧轨道上运动机械能守恒，在水平轨道上运动时系统动量守恒，解答时应根据不同的过程应用不同的规律列式计算，同时注意：两过程衔接点的速度是联系两个过程的桥梁，是解题的突破口．‎ ‎[解析]　(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得 ‎2mgh＝×2mv 解得v0＝ ‎(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有 ‎2mv0＝(‎2m＋m)v 解得v＝v0＝ 据能量守恒定律得2mgh＝(‎2m＋m)v2＋Ep 解得Ep＝mgh ‎(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定．则 ‎2mv0＝2mvA＋mvB ×2mv＝×2mv＋mv 解得vA＝v0＝，vB＝v0＝.‎ ‎[答案]　(1)　(2)mgh　(3)　 ‎　电场中动量和能量问题的解题技巧 动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键．‎ ‎[题组巩固]‎ ‎1．(多选)如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则(　　 )‎ A．R越大，x越大 B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 C．m越大，x越大 D．m与R同时增大，电场力做功增大 解析：ACD　[小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝m，小球由B到D的过程中有：－2mgR＝mv－mv，解得vB＝，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：FN－mg＝m，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqx＝mv，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确．]‎ ‎2．有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝，方向竖直向下，如图所示．已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端．求：‎ ‎(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；‎ ‎(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；‎ ‎(3)场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离．‎ 解析：(1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 所以v＝v0‎ 根据能量守恒定律得 热量Q＝mv－(M＋m)v2＝ ‎(2)场强向下时FN＝mg－qE 场强向上时FN′＝mg＋qE 所以＝ ‎(3)两次产生的热量相等 μFN′l′＝Q，μFNl＝Q 所以l′＝.‎ 答案：(1)　(2)1∶4　(3) 思想方法(十五)　用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动 方法阐述 ‎1.等效重力法 将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．‎ ‎2.物理最高点与几何最高点 在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点．‎ ‎3.等效最“高”点与最“低”点的寻找 确定重力和电场力的合力的大小和方向，然后过圆周圆心作等效重力作用线的反向延长线，反向延长线交圆周上的那个点即为圆周的等效最“高”点，延长线交圆周的那个点为等效最“低”点.‎ ‎[典例赏析]‎ ‎[典例]　如图所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带电荷量为＋q的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.(重力加速度为g)‎ ‎(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；‎ ‎(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A到达D 的过程中速度最大时对环的作用力大小；‎ ‎(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A点至少应使它具有多大的初动能？‎ ‎[思路点拨]　解答本题时要应用“等效场”的方法，先对小球受力分析，求出电场力和重力的合力，做一条与合力平行的直径，则直径的两个端点分别对应速度最小位置和速度最大位置．‎ ‎[解析]　(1)根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大，作过M点的直径MN，设电场力与重力的合力为F，则其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值为：‎ F电min＝mgcos 45°＝mg F电min＝qEmin 解得所加电场的场强最小值Emin＝，方向沿∠AOB的角平分线方向指向左上方．‎ ‎(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为 F＝mgsin 45°＝mg 把电场力与重力的合力看做是“等效重力”，对珠子由A运动到M的过程，由动能定理得 F＝mv2－0‎ 在M点，由牛顿第二定律得：FN－F＝m 联立解得FN＝mg 由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为 FN′＝FN＝mg.‎ ‎(3)由题意可知，N点为等效最高点，只要珠子能到达N点，就能做完整的圆周运动，珠子在N点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：‎ ‎－F＝0－EkA 解得EkA＝mgr.‎ ‎[答案]　见解析 ‎[题组巩固]‎ ‎1．(2019·陕西西安质检)如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 解析：小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示．可知F＝1.25mg，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即达到D点时圆环对小球的弹力恰好为零．‎ 由圆周运动知识得：‎ F＝m，即1.25mg＝m 小球由A运动到D点由动能定理结合几何知识得：‎ mg(h－R－Rcos 37°)－mg×＝mv，联立解得h≈7.7R.‎ 答案：7.7R ‎2．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、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，小球速度为零．‎ ‎(1)求小球带电性质和电场强度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)．‎ 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 EqLsin α－mgL(1－cos α)＝0‎ 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，在等效最高点有 m＝mg mv2－mv＝－mgL(1＋cos 30°)‎ 联立解得vA＝.‎ 答案：(1)正电　　(2)