20xx新課標(biāo)高考物理一輪總復(fù)習(xí)課件第六章靜電場第3單元靜電現(xiàn)象電容器帶電粒子的運(yùn)動(dòng)(編輯修改稿)
2025-02-02 14:12 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 中的變速直線運(yùn)動(dòng) 可用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。 [例 2] (2022濟(jì)南模擬 )如圖 6－ 3－ 9所示，一帶電荷量為＋ q、質(zhì)量為 m的 小物塊處于一傾角為 37176。 的光滑斜面上， 當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電 場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取 g， sin 37176。 ＝， cos 37176。 ＝ 。求： (1)水平向右電場的電場強(qiáng)度； 圖 6－ 3－ 9 (2) 若將電場強(qiáng)度減小為原來的12 ，物塊的加速度是多大； (3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離 L時(shí)的動(dòng)能。 [審題指導(dǎo) ] 第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn) 第二步：找突破口 (1)要求 “電場強(qiáng)度 ”→ 應(yīng)根據(jù)平衡條件求解。 (2)要求 “加速度 ”→ 應(yīng)用牛頓第二定律求解。 (3)要求 “動(dòng)能 ”→ 應(yīng)用動(dòng)能定理或功能關(guān)系求解。 受力平衡 恰好靜止 不計(jì)摩擦 光滑斜面 獲取信息 關(guān)鍵點(diǎn) [ 嘗試解題 ] (1) 小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力圖如圖所示，則有 FNsin 37176。 ＝ qE ① FNcos 37176。 ＝ mg ② 由 ①② 可得 E ＝3 mg4 q (2) 若電場強(qiáng)度減小為原來的12，即 E ′ ＝3 mg8 q 由牛頓第二定律得 mg sin 37176。 － qE ′ cos 37176。 ＝ ma ③ 可得 a ＝ g (3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離 L時(shí)，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得 mgLsin 37176。 － qE′Lcos 37176。＝ Ek－ 0④ 可得 Ek＝ [ 答案 ] (1)3 mg4 q (2) g (3) mgL 帶電體在電場中運(yùn)動(dòng)的分析方法 與力學(xué)的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程 (平衡、加速或減速；是直線還是曲線 )；然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。也可以從功和能的角度分析：帶電體的加速 (含偏轉(zhuǎn)過程中速度大小的變化 )過程是其他形式的能和動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)化過程。解決這類問題，可以用動(dòng)能定理或能量守恒定律。 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題 (1) 不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。 證明：由 qU 0 ＝12m v20 及 tan φ ＝qUlmd v20得 tan φ ＝Ul2 U 0 d (2) 粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn) O 為粒子水平位移的中點(diǎn)，即 O 到電場邊緣的距離為l2。 2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度 v 時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解： qU y ＝12m v2－12m v20 ，其中 U y ＝Udy ，指初、末位置間的電勢差。 [例 3] (2022云南名校聯(lián)考 )如圖 6－ 3－ 10所示直流電源的路端電壓 U＝ 182V。金屬板 AB、 CD、 EF、GH相互平行、彼此靠近。它們分別和變阻器上的觸點(diǎn) a、b、 c、 d連接。變阻器上 ab、 bc、 cd段電阻之比為1∶ 2∶ 3?？?O1正對 B和 E，孔 O2正對 D和 G。邊緣 F、 H正對。一個(gè)電子以初速度 v0＝ 4 106m/s沿 AB方向從 A點(diǎn)進(jìn)入電場，恰好穿過孔 O1和 O2后，從 H點(diǎn)離開電場。金屬板間的距離 L1＝ 2 cm， L2＝ 4 cm， L3＝ 6 cm。電子質(zhì)量 me＝ 10－ 31 kg，電量 q＝ 10－ 19C。正對兩平行板間可視為勻強(qiáng)電場，求： 圖 6－ 3－ 10 (1)各相對兩板間的電場強(qiáng)度。 (2)電子離開 H點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。 (3)四塊金屬板的總長度 (AB＋ CD＋ EF＋ GH)。 [ 嘗試解題 ] (1) 三對正對極板間電壓之比 U 1 ∶ U 2 ∶ U 3 ＝ R ab ∶R bc ∶ R cd ＝ 1 ∶ 2 ∶ 3 。 板間距離之比 L 1 ∶ L 2 ∶ L 3 ＝ 1 ∶ 2 ∶ 3 故三個(gè)電場場強(qiáng)相等 E ＝UL 1 ＋ L 2 ＋ L 3＝ 1 N/C ( 2) 根據(jù)動(dòng)能定理 eU ＝12m v2－12m v 20 電子離開 H 點(diǎn)時(shí)動(dòng)能 E k ＝12m v 20 ＋ e U ＝ 10－ 17 J (3) 由于板間場強(qiáng)相等，則電子在豎直方向受電場力不變，加速度恒定可知電子做類平拋運(yùn)動(dòng)： “ 豎直方向 ” L1＋ L2＋ L3＝12qEmt2 “ 水平方向 ” x ＝ v0t 消去 t 解得 x ＝ m 極板總長 AB ＋ CD ＋ EF ＋ GH ＝ 2 x ＝ m 。 [答案 ] (1)1 N/C (2) 10－ 17 J (3) m 帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)問題的兩種求解思路 1．運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn) (1)運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)的公式來解決實(shí)際問題，一般有兩種情況： ①帶電粒子初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)； ②帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) (類平拋運(yùn)動(dòng) )。 (2)當(dāng)帶電粒子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般要采取類似平拋運(yùn)動(dòng)的解決方法。 2．功能觀點(diǎn)：首先對帶電體受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算。 (1)若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能的增量。 (2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。 高考對帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)問題的考查頻率很高，題目通常結(jié)合力學(xué)知識(shí)和電學(xué)知識(shí)綜合考查，主要考查辨析能力和綜合分析能力，題目難度中等偏上，考生得分一般較低。 超鏈接 [ 典例 ] (19 分 ) (2022 四川高考 ) 如圖 6 － 3 － 11 所示， ABCD 為固定在豎直平 面內(nèi)的軌道， AB 段 光滑水平①， BC 段為 光滑圓弧①，對應(yīng)的圓心角 θ ＝ 37176。 ，半徑 r ＝ m ， CD 段平直傾斜且粗糙， 各段軌道均平滑連接②，傾斜軌道所在區(qū)域有場強(qiáng)大小為 E ＝ 2 105 N/C 、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量 m ＝ 5 10－ 2 kg 、電荷量 q ＝＋ 1 10－ 6 C 的小物體 ( 視為質(zhì)點(diǎn) ) 被彈簧槍發(fā) 圖 6－ 3－ 11 射后，沿水平軌道向左滑行，在 C 點(diǎn)以速度 v0＝ 3 m / s 沖上斜軌。以小物體通過 C 點(diǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)， s 以后，場強(qiáng)大小不變，方向反向③。已知斜軌與小物體間的動(dòng)摩擦因數(shù) μ ＝ 。設(shè)小物體的電荷量保持不變，取 g ＝ 10 m/s2，s
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