高考物理一轮复习第六章静电场专题七带电粒子在电场中运动的综合问题教案.docx
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高考物理一轮复习第六章静电场专题七带电粒子在电场中运动的综合问题教案
【2019最新】精选高考物理一轮复习第六章静电场专题七带电粒子在电场中运动的综合问题教案
突破 电场中“三类”典型图象问题
考向1 电场中的v t图象
当带电粒子只在电场中作用下运动时，如果给出了粒子运动的速度图象，则从速度图象上能确定粒子运动的加速度方向、加速度大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来．
[典例1] （多选）如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v t图象如图乙所示．小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2V/m
B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大
C．由C到A电势逐渐降低
D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9V
[解题指导] v t图线上切线的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律可求加速度．
[解析] 由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B点的电场强度最大，a＝＝，解得E＝1.2V/m，选项A正确；从C到A电场力一直做正功，故电势能一直减小，选项B错误，C正确；由C到B电场力做功为W＝mv－0，C、B间电势差为UCB＝＝0.9V，选项D正确．
[答案] ACD
考向2 电场中的E x图象
（1）反映了电场强度随位置变化的规律．
（2）E>0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿x轴负方向．
（3）图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．
[典例2] （多选）静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（ ）
A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
[解题指导]
（1）由图可知从x1到x4，场强方向不变，沿x轴负方向，大小先增大再减小．
（2）把正电荷从x1移动到x4，由于电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．
[解析] 由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确；从x1到x4的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项C正确，D错误．
[答案] BC
考向3 电场中的φ x图象
（1）描述了电势随位置变化的规律．
（2）根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．
（3）斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．
[典例3] （多选）两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中的C点电势最高，则（ ）
A．q1一定带正电，q2一定带负电
B．A、N点的电势为零，场强也为零
C．C点电势不为零，但场强为零
D．N、C间场强的方向沿x轴负方向
[解题指导] 本题可以和等量异种点电荷的φ x图象进行对比，从而判断一些物理量．理解φ x图线上切线的斜率表示场强是解题关键．
[解析] 根据静电场中用电场线描绘电场的规定，电场线总是从正电荷出发，到负电荷（或无穷远处）终止及沿电场线的方向电势越来越低，可以判断q1一定带正电，q2一定带负电，A正确；其中A点是异种点电荷连线上的点，电势为零，但电场强度不为零，故B错误；C点在ND段电势最高，但过C点作切线，其斜率为零，根据沿电场线方向电势降低，由于电势变化率为零，故C点电场强度为零，C正确；在NC段，由于电势沿CN方向越来越低，故电场强度方向沿x轴负方向，D正确．
[答案] ACD
突破 带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场的电压波形：
方形波、锯齿波、正弦波等．
2．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．
考向1 粒子做直线运动
[典例4] 将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两板间的距离足够大，下列说法正确的是（ ）
A．电子一直向A板运动
B．电子一直向B板运动
C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
[解析] 根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图甲、乙．从图中可知，电子在第一个内做匀加速运动，第二个内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动，加速度大小为.在第三个内电子做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为.所以电子在交变电场中将以t＝时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D正确．
甲 乙
[答案] D
[变式1] 如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，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（ ）
甲 乙
A．0C.答案：
B 解析：
以向B板运动为正方向，分别作出从0、、时刻释放的粒子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0考向2 粒子在交变电场中偏转
[典例5] 如图甲所示，热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U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，
甲
电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（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：
乙
（1）在t＝0.06s时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？
（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？
[解题指导]
（1）电子经电场加速，根据动能定理可求末速度．
（2）由于每个电子经过偏转电场的时间极短、电压不变，所以每个电子在偏转电场中做类平抛运动．
（3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，到达荧光屏．
[解析]
（1）电子经电场加速满足qU0＝mv2
经电场偏转后侧移量y＝at2＝·2
所以y＝，由题图知t＝0.06s时刻u＝1.8U0，所以y＝4.5cm
设打在屏上的点距O点距离为Y，满足＝
所以Y＝13.5cm.
（2）由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30cm.
[答案]
（1）打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5cm
（2）30cm
对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间段内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化．解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解．
突破 带电粒子的力、电综合问题
1．方法技巧
功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．
2．解题流程
[典例6] 如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出①，小球在运动过程中恰好通过A点②.
使此小球带电，电荷量为q（q>0），同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍③；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍④，重力加速度大小为g⑤.求：
（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
（2）电场强度的大小和方向．
[解题指导]
第一步：
抓关键点
关键点
获取信息
①
小球做平抛运动
②
平抛运动过A点时的水平、竖直位移可确定
③④
有重力做功和电场力做功，其中电场力做的功等于电势能的变化量
⑤
重力不能忽略
第二步：
找突破口
（1）要确定小球到达A点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系．
（2）要确定电场强度的方向，根据到A、B两点的动能变化可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点（在OB线上找出与A等势的点，并确定其具体位置）．
[解析]
（1）设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有
dsin60°＝v0t ①
dcos60°＝gt2 ②
又Ek0＝mv ③
由①②③式得Ek0＝mgd ④
设小球到达A点时的动能为EkA，则
EkA＝Ek0＋mgd ⑤
由④⑤式得＝. ⑥
（2）加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0 ⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0 ⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图所示，则有
＝ ⑨
解得x＝d.MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30° ⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方
设场强的大小为E，有
qEdcos30°＝ΔEpA ⑪
由④⑦⑪式得E＝. ⑫
[答案]
（1）
（2） 与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方
[变式2] （2017·江西吉安模拟）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的电荷量为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0.
（1）求小球带电性质及电场强度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）．
答案：
见解析
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
0＝EqLsinα－mgL（1－cosα）
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
m＝mg
mv2－mv＝－mgL（1＋cos30°）
联立解得vA＝.
1．[对φ x图象的理解]某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内（ ）
A．该静电场是匀强电场
B．该静电场是非匀强电场
C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小
D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大
答案：
A 解析：
图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故该静电场为匀强电场，A正确，B错误；电子受到沿x轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以电子将沿x轴正方向运动，C、D错误．
2．[对E x图象的理解]空间中有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点．下列说法正确的是（ ）
A．x1处场强大于－x1处场强
B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零
C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能
D．x1点的电势比－x1点的电势高
答案：
B 解析：
由图可知，x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔEk，可知B选项正确．
3．[力电综合问题]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减少
D．小球在运动过程中机械能守恒
答案：
B 解析：
由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误．
4．[力电综合问题]如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场，一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，则该外力做的功为（ ）
A．mgL B. C．mgLtanθ D.
答案：
B 解析：
对小球受力分析如图所示，则重力与电场力的合力F合＝
由动能定理可知WF＝－WF合＝·L.
5．[带电粒子在交变电场中运动]如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则（ ）
甲 乙
A．该粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向
B．在t＝时刻，该粒子的速度大小为2v0
C．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上
D．若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场
答案：
A 解析：
由题设条件可知，粒子在0～内做类平抛运动，在～T内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A正确；前后两段运动的时间相等，时将速度分解，设板长为l，由类平抛运动规律可得l＝v0T，l＝vT，则v＝v0，则时刻该粒子的速度为v0，选项B错误；若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，而从PQ板右边缘射出电场，选项C错误；若该粒子的入射速度变为2v0，粒子在场中运动的时间t＝＝，选项D错误．
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