一轮复习鲁科版 带电粒子(带电体)在电场中的综合问题 学案

1、第5节带电粒子（带电体）在电场中的综合问题学案突破一 “等效法”在电场中的应用.等效重力法电场中电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图 所示，那么方合为等效重力场中的“重力，/=琮为等效重力场 中的“等效重力加速度”；耳合的方向等效为“重力”的方向。.等效最“高”点与最“低”点确实定方法在“等效重力场”中做圆周运动的物体过圆心作“等效重力”的作用线,其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等 效重力”的方向延长交于圆周的那个点为即等效最“低”点，如下图。典例1（多项选择）（2021四川乐山市第一次调研）如下图，在竖直平面内有水 平向左的匀强电场，在匀强电场中有

2、一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在。点，另一端系一质量为根的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成。角，此 时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重 力加速度为g。以下说法正确的选项是（）A.匀强电场的电场强度后=筌誓 qB.小球动能的最小值为反=辞% / L L/C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大AB 小球静止时悬线与竖直方向成。角，对小球 受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtan 0=qE9解得旧=侬詈乜，,I I 选项A正确；小球恰能绕。点在竖直

3、平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：普=9,那么最小 COS V L动能以=302=兰马,选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，贝|J小 球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，那么小球运动到圆周轨迹 的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内 运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，那么其电势能先减 小后增大，再减小，选项D错误。典例2(2020福建龙岩市高三上学期期末)如下图，在竖直平面内固定的 圆形绝缘轨道的圆心为0、半径为人内壁光滑，A、3两点分别是圆轨道的最低 点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场

4、，一质量为根的带电小球(可 视为质点)恰好能静止在。点。假设在。点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好 能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。C、。、。在同一直线上，它们 的连线与竖直方向的夹角9=60。，重力加速度为g。求：(1)小球所受的电场力尸的大小；(2)小球做圆周运动，在。点的速度大小及在A点对轨道压| 一 |力的大小。解析(1)小球在。点静止，受力分析如下图由平衡条件得 buTwgtan。解得：F=y3mgo(2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D点小球速度最小，对轨道的压力为零，那么7方=根兽解得小球在D点的速度VD=yf2gr小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能

5、定理得mgr(l+cos )Frsin 0=kmvikmvl解得小球在A点的速度VA=2y2gr小球在A点，根据牛顿第二定律得：FNA-mg=nr-解得：Fna=9mg根据牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小为FNA,=9mgo答菊(1 存 mg (2)2gr 9mg突破二带电粒子在交变电场中的运动.常见的交变电场类型产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。.交变电场中常见的粒子运动(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动 学公式求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者 动能定理等求解)。(3)粒子做偏转运动(一般

6、根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结 合运动学公式或者动能定理等求解)。.分析思路(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。(3)动量观点：应用动量定理分析。卜角度1带电粒子在交变电场中的直线运动典例3如图甲所示，A板电势为0, A板中间有一小孔，5板的电势变化情况如图乙所示，一质量为加、电荷量为t7的带负电粒子在时刻以初速度为 0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板， 那么()A. A、3两板间的距离为乙甲qU(TB.粒子在两板间的最大速度为、/等C.粒子在两板间做匀加速直线运动D.假设粒子在时刻

7、进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运 O动，最终打向3板B 粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错T3T误；粒子在（=时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在彳时刻到达 28板，那么去鬻用量，解得d=寸需，选项A错误；粒子在匏刻速度最 大，那么m =鬻弓=yj喑,选项B正确；假设粒子在时刻进入两极板间，/冰2在/时间内，粒子做匀加速运动，位移工4鬻借）所以粒子在彳时 刻之前已经到达3板，选项D错误。带电粒子在交变电场中的偏转运动问题典例4如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装 置的加速电压为Uo,电容器板长和板间距离均为L= 10 cm,下

8、极板接地，电容 器右端到荧光屏的距离也是L=10 cm,在电容器两极板间接一交变电压，上极 板的电势随时间变化的图像如图乙所示。（每个电子穿过平行板的时间都极短， 可以认为电压是不变的）求：甲乙在，=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处；荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析（1）电子经电场加速满足经电场偏转后侧移量y=at2=经电场偏转后侧移量y=at2=所以)=而？ 由图知=0.06s时刻U偏= L8Uo, 所以y=4.5cm( LY 设打在屏上的点距。点的距离为y,满足一=1 所以y= 13.5 emo y q2(2)由题知电子侧移量y的最大值为与 所以当偏转电压趣过25,电子就打不到荧

9、光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30 emo 答案(1)打在屏上的点位于。点上方，距。点13.5cm 30 cm突破三 动力学、动量和能量观点在电场中的应用.动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式求解，注意受力分析要全 面，特别注意是否需要考虑重力。.能量的观点(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功, 判断选用分过程还是全过程使用动能定理。(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。.动量的观点运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式。应用动量

10、守恒定律，注意其适用条件。典例5有一质量为、长度为/的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另 一质量为机、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度00从绝缘板的 上外表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=甯，方向竖直向下，如下图。物块与绝缘板间的动摩擦因数 J恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；假设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外表滑入，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;场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受

11、到的支持力之比；场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。解析场强方向向下时，根据动量守恒定律得mvo=(M+m)v由题意知物块带负电，场强向下时F=mgqEFn 1场强向上时F=mg+qE所以而=笛(3)两次产生的热量相等Pn7=Q, W=Q所以小小 mMvI答案而丽4w典例6如下图，A3。为竖直平面内的光滑绝缘轨道，A3段为足够长的 水平轨道，4。段为半径R=0.2m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于 竖直向下的匀强电场中，场强大小=5.OX1()3 v/m。一个不带电的绝缘小球甲， 以速度6沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。乙球质量加=1.0X IC

12、T? kg、所带电荷量g=2.0X IO、c,乙球质量为甲球质 量的3倍。g取10m/s2,甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点。时，对轨道的压力大小N 为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度。解析(1)设乙到达最高点。时的速度为0。，乙离开。点首次到达水平轨 道的时间为/,加速度为“，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x,乙 离开)点后做类平抛运动，那么2K=；修，x=vot根据牛顿第二定律有a=m8qE乙过O点时有mg+gE+N=MR(式中N为乙在D点时轨道对乙的作用力) 根据牛顿第三定律有N=N =2.5机g解得 x=0.6 mo(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为0、02,根据动量守恒定律和机械1 1能守恒定律有机00=机01 +机号23义：机0(?=；X；机52+；机0? 联立解得乙球从B到O的过程中，根据动能定理有1 1mg,2RqE*2R=Qnw3由(1)可得S)=3 m/s联立解得vo=lO m/s。答案(1)0.6 m (2)10 m/s三大观点的选用策略(1)对多个物体组成的系统讨论，在具备守恒条件时优先考虑两个守恒定律; 出现相对距离(或相对路程)时优先考虑功能关系。(2)对单个物体的讨论，宜用