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專題強化八　帶電粒子在電場中運動的綜合問題
1. 會用力與運動的關系、功能關系分析帶電粒子在交變電場中的運動．
2．會用動力學觀點、能量觀點和動量觀點分析帶電粒子運動的力電綜合問題．
考點一　帶電粒子在交變電場中的運動
1．兩條分析思路
一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系(機械能守恒、動能定理、能量守恒)．
2．兩個運動特征
分析受力特點和運動規(guī)律，抓住粒子的運動具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關的邊界關系．
例 1 (多選)
一個帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示．帶電微粒只在電場力的作用下(不計微粒重力)，由靜止開始運動，則下列說法中正確的是(　　)
A．微粒將沿著一條直線運動
B．微粒在第2 s末的速度為零
C．微粒在第1 s內的加速度與第2 s內的加速度相同
D．微粒在第1 s內的位移與第2 s內的位移相同
例 2 [2024·江蘇蘇州高三統(tǒng)考]如圖甲所示，真空中有一電子槍連續(xù)不斷且均勻地發(fā)出質量為m、電荷量為e、初速度為零的電子，經電壓大小為U1＝的直線加速電場加速，由小孔穿出加速電場后，沿兩個彼此絕緣且靠近的水平金屬板A、B間的中線射入偏轉電場．A、B兩板距離為d、板長均為L，兩板間加周期性變化的電勢差UAB，UAB隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，變化周期為T，t＝0時刻，UAB＝U0，不計電子的重力和電子間的相互作用力，不考慮電場的邊緣效應，且所有電子都能離開偏轉電場，求：
(1)電子從加速電場U1飛出后的水平速度v0的大小；
(2)t＝時，射入偏轉電場的電子離開偏轉電場時距兩板間中線的距離y；
(3)在0[教你解決問題]　過程審題
1．加速階段：eU1＝ v0＝＝
2．偏轉階段：電子在水平向勻速運動，時間t＝＝
[試答]
考點二　電場中功能關系的綜合問題
1．若只有靜電力做功，電勢能與動能之和保持不變．
2．若只有靜電力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．
3．除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化量．
4．所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化量．
例 3 [2024·山東模擬預測]如圖所示，在豎直向下的勻強電場中，兩個質量相同、帶電量分別為－q和＋q的小球a、b固定于絕緣輕桿的兩端，輕桿可繞中點O處的固定軸在豎直面內無摩擦轉動．已知O點電勢為0，不考慮帶電小球間的相互作用力，桿從靜止開始由水平位置順時針轉動180°的過程中(　　)
A．小球a、b總動能一直增加
B．小球a、b系統(tǒng)機械能始終不變
C．小球a、b系統(tǒng)電勢能始終不變
D．小球a、b任一時刻的電勢能相等
例 4 (多選)如圖甲所示，絕緣、光滑水平面上方，有水平向右的勻強電場，電場強度大小為E.在水平面右端固定一輕彈簧，一帶電物塊(可視為質點)質量為m，電量為＋q，將帶電物塊由靜止釋放，以物塊出發(fā)點為坐標原點，水平向右為x軸正方向，建立坐標系，物塊動能Ek與它通過的距離x之間的關系如圖乙，其中坐標x1處為彈簧原長位置，O～x1段為直線，坐標x2處動能最大，坐標x4處動能為零．下列說法正確的是(　　)
A．彈簧的勁度系數為k＝
B．從坐標x1處到坐標x4處，物塊所受力的合力先增加后減小
C．從坐標x1處到坐標x3處彈簧彈性勢能增加了qE(x3－x1)
D．從坐標x1處到坐標x2處，彈簧彈性勢能增加量的大小等于電勢能減少量的大小
考點三　電場中的力、電綜合問題
解決電場中的力、電綜合問題，常用的力學觀點：
(1)動力學的觀點
①由于勻強電場中帶電粒子(體)所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法．
②綜合運用牛頓運動定律和運動學公式，注意受力分析和運動分析，特別注意重力是否需要考慮的問題．
(2)能量的觀點
①運用動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有力做的功，判斷是對分過程還是對全過程使用動能定理．
②運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現．
(3)動量的觀點
運用動量定理、動量守恒定律，要注意動量定理、動量守恒定律的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向．
例 5 [2024·四川雅安模擬預測]如圖所示，空間中在一矩形區(qū)域Ⅰ內有場強大小E1＝1×102 N/C、方向水平向右的勻強電場；一條長L＝0.8 m且不可伸長的輕繩一端固定在區(qū)域Ⅰ的左上角O點，另一端系一質量m1＝0.5 kg、帶電荷量q＝－0.1 C的絕緣帶電小球a；在緊靠區(qū)域Ⅰ的右下角C點豎直放置一足夠長、半徑R＝1 m的光滑絕緣圓筒，圓筒上端截面水平，CD是圓筒上表面的一條直徑且與區(qū)域Ⅰ的下邊界共線，直徑MN與直徑CD垂直，圓筒內左半邊MNC-HJK區(qū)域Ⅱ中存在大小E2＝20 N/C、方向垂直紙面向里的勻強電場．把小球a拉至A點(輕繩繃直且水平)靜止釋放，當小球a運動到O點正下方B點時，輕繩恰好斷裂．小球a進入電場繼續(xù)運動，剛好從區(qū)域Ⅰ的右下角C點豎直向下離開電場E1，然后貼著圓筒內側進入區(qū)域Ⅱ.已知重力加速度大小取g＝10 m/s2，繩斷前、斷后瞬間，小球a的速度保持不變，忽略一切阻力．求：
(1)輕繩的最大張力Tm；
(2)小球a運動到C點時速度的大小vC和小球a從B到C過程電勢能的變化量ΔEp；
(3)若小球a剛進入圓筒時，另一絕緣小球b從D點以相同速度豎直向下貼著圓筒內側進入圓筒，小球b的質量m2＝0.5 kg，經過一段時間，小球a、b發(fā)生彈性碰撞，且碰撞中小球a的電荷量保持不變，則從小球b進入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后(圓筒足夠長)，小球b增加的機械能ΔEb是多大．
專題強化八　帶電粒子在電場中運動的綜合問題
考點一
例1　解析：由題圖可知，奇數秒和偶數秒的電場強度大小相等、方向相反，所以微粒奇數秒內和偶數秒內的加速度大小相等、方向相反，根據運動的對稱性可知在2 s末的速度恰好是0，即微粒第1 s做加速運動，第2 s做減速運動，然后再加速，再減速，一直持續(xù)下去，微粒將沿著一條直線運動，故A、B正確，C錯誤；由對稱性可知，微粒在第1 s內的位移與第2 s內的位移相同，故D正確．
答案：ABD
例2　解析：(1)電子經過加速場后，根據動能定理得eU1＝
解得v0＝
(2)電子在偏轉電場中，水平方向做勻速直線運動，所以運動的時間為t＝＝
t＝時射入偏轉電場的電子
在前T－T＝T時間內偏轉位移y1＝)2
解得y1＝
垂直于板的速度vy＝＝
在隨后＝時間內偏轉的位移y2＝vy()－)2
解得y2＝
t＝時射入偏轉電場的電子離開偏轉電場時距兩板間中線的距離y＝y(tǒng)1＋y2＝
(3)在前半個周期內，假設電子從某時刻tx進入偏轉電場，離開時恰好從中線處離開，則有＝0
解得tx＝
在0答案：(1)　(2)　(3)0考點二
例3　解析：電場力對a球先做正功再做負功，對b球也是先做正功再做負功，所以桿從靜止開始由水平位置順時針轉動90°的過程中小球a、b與輕桿組成的系統(tǒng)電勢能先減小，總動能增加，機械能增加；桿從90°轉到180°的過程中，系統(tǒng)電勢能增大，總動能減小，機械能減小，最后與初始位置的電勢能相等，機械能也相等，總動能為零，故A、B、C錯誤；
由于O點處電勢為零，由W電＝0－Ep
在勻強電場中W電＝Eqx
因為兩小球運動過程中豎直方向上的位移大小任一時刻都相等，所以小球a、b任一時刻的電勢能相等，D正確．故選D.
答案：D
例4　解析：由動能定理可知，0～x1物體做勻加速直線運動，則F合＝F電＝qE
在x2處物體動能最大，此時物體加速度為零，則F彈＝F電
即kΔx＝k(x2－x1)＝qE
解得k＝，故A正確；
從坐標x1處到坐標x4處，在x2處F彈＝F電
所以x1～x2階段F合＝F電－F彈
F彈變大，則F合變小，而從x2到x4對應F合＝F彈－F電
F彈變大，F合變大，所以合力先減小后增大，故B錯誤；
從坐標x1處到坐標x3處，動能變化量為0，彈簧彈性勢能變大，而電場力做功全部轉化為彈簧的彈性勢能，即有ΔEp＝qE(x3－x1)，故C正確；
從坐標x1處到坐標x2處，彈性勢能增加、動能增加，電場力做正功，電勢能減小，可知彈簧彈性勢能增加量和動能的增加量之和大小等于電勢能減少量的大小，故D錯誤．
答案：AC
考點三
例5　解析：(1)小球a從A運動到B點，根據動能定理得mgL＝mv2
代入數據得v＝4 m/s
在B點，根據牛頓第二定律得Tm－mg＝m
代入數據得Tm＝15 N.
(2)小球a在區(qū)域Ⅰ中，水平方向qE1＝ma
解得a＝20 m/s2
小球a減速至0時，t＝＝0.2 s，x＝vt－at2＝0.4 m
小球a運動到C點時的速度大小為vC＝gt＝2 m/s
小球a從B運動到C點，小球a電勢能的變化量為ΔEp＝－W＝－qE1·x＝4 J
即小球電勢能增加了4 J.
(3)因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時是水平正碰．根據水平方向碰撞時動量守恒和能量守恒．由于兩球質量相等，所以它們正碰時交換水平方向速度．小球a從進入圓筒到第5次碰撞前，小球a增加的機械能為ΔEa＝qE2R＋2·qE22R＝10 J，則第5次碰撞后，小球b增加的機械能為ΔEb＝ΔEa＝10 J.
答案：(1)15 N　(2)2 m/s　小球電勢能增加了4 J　(3)10 J(共28張PPT)
專題強化八　
帶電粒子在電場中運動的綜合問題
1. 會用力與運動的關系、功能關系分析帶電粒子在交變電場中的運動．
2．會用動力學觀點、能量觀點和動量觀點分析帶電粒子運動的力電綜合問題．
考點一
考點二
考點三
考點一
考點一　帶電粒子在交變電場中的運動
1．兩條分析思路
一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系(機械能守恒、動能定理、能量守恒)．
2．兩個運動特征
分析受力特點和運動規(guī)律，抓住粒子的運動具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關的邊界關系．
例 1 (多選) 一個帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示．帶電微粒只在電場力的作用下(不計微粒重力)，由靜止開始運動，則下列說法中正確的是(　　)
A．微粒將沿著一條直線運動
B．微粒在第2 s末的速度為零
C．微粒在第1 s內的加速度與第2 s內的加速度相同
D．微粒在第1 s內的位移與第2 s內的位移相同
答案：ABD
解析：由題圖可知，奇數秒和偶數秒的電場強度大小相等、方向相反，所以微粒奇數秒內和偶數秒內的加速度大小相等、方向相反，根據運動的對稱性可知在2 s末的速度恰好是0，即微粒第1 s做加速運動，第2 s做減速運動，然后再加速，再減速，一直持續(xù)下去，微粒將沿著一條直線運動，故A、B正確，C錯誤；由對稱性可知，微粒在第1 s內的位移與第2 s內的位移相同，故D正確．
例 2 [2024·江蘇蘇州高三統(tǒng)考]如圖甲所示，真空中有一電子槍連續(xù)不斷且均勻地發(fā)出質量為m、電荷量為e、初速度為零的電子，經電壓大小為U1＝的直線加速電場加速，由小孔穿出加速電場后，沿兩個彼此絕緣且靠近的水平金屬板A、B間的中線射入偏轉電場．A、B兩板距離為d、板長均為L，兩板間加周期性變化的電勢差UAB，UAB隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，變化周期為T，t＝0時刻，UAB＝U0，不計電子的重力和電子間的相互作用力，不考慮電場的邊緣效應，且所有電子都能離開偏轉電場，求：
(1)電子從加速電場U1飛出后的水平速度v0的大小；
(2)t＝時，射入偏轉電場的電子離開偏轉電場時距兩板間中線的距離y；
(3)在0解析：(1)電子經過加速場后，根據動能定理得eU1＝
解得v0＝
(2)電子在偏轉電場中，水平方向做勻速直線運動，所以運動的時間為t＝＝,t＝時射入偏轉電場的電子
在前T－T＝T時間內偏轉位移y1＝)2,解得y1＝
垂直于板的速度vy＝＝
在隨后＝時間內偏轉的位移y2＝vy()－)2
解得y2＝
t＝時射入偏轉電場的電子離開偏轉電場時距兩板間中線的距離y＝y(tǒng)1＋y2＝
(3)在前半個周期內，假設電子從某時刻tx進入偏轉電場，離開時恰好從中線處離開，則有＝0
解得tx＝
在0答案：(1)　(2)　(3)0[教你解決問題]　過程審題
1．加速階段：eU1＝ v0＝＝
2．偏轉階段：電子在水平向勻速運動，時間t＝＝
考點二
考點二　電場中功能關系的綜合問題
1．若只有靜電力做功，電勢能與動能之和保持不變．
2．若只有靜電力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．
3．除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化量．
4．所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化量．
例 3 [2024·山東模擬預測]如圖所示，在豎直向下的勻強電場中，兩個質量相同、帶電量分別為－q和＋q的小球a、b固定于絕緣輕桿的兩端，輕桿可繞中點O處的固定軸在豎直面內無摩擦轉動．已知O點電勢為0，不考慮帶電小球間的相互作用力，桿從靜止開始由水平位置順時針轉動180°的過程中(　　)
A．小球a、b總動能一直增加
B．小球a、b系統(tǒng)機械能始終不變
C．小球a、b系統(tǒng)電勢能始終不變
D．小球a、b任一時刻的電勢能相等
答案：D
解析：電場力對a球先做正功再做負功，對b球也是先做正功再做負功，所以桿從靜止開始由水平位置順時針轉動90°的過程中小球a、b與輕桿組成的系統(tǒng)電勢能先減小，總動能增加，機械能增加；桿從90°轉到180°的過程中，系統(tǒng)電勢能增大，總動能減小，機械能減小，最后與初始位置的電勢能相等，機械能也相等，總動能為零，故A、B、C錯誤；
由于O點處電勢為零，由W電＝0－Ep
在勻強電場中W電＝Eqx
因為兩小球運動過程中豎直方向上的位移大小任一時刻都相等，所以小球a、b任一時刻的電勢能相等，D正確．故選D.
例 4 (多選)如圖甲所示，絕緣、光滑水平面上方，有水平向右的勻強電場，電場強度大小為E.在水平面右端固定一輕彈簧，一帶電物塊(可視為質點)質量為m，電量為＋q，將帶電物塊由靜止釋放，以物塊出發(fā)點為坐標原點，水平向右為x軸正方向，建立坐標系，物塊動能Ek與它通過的距離x之間的關系如圖乙，其中坐標x1處為彈簧原長位置，O～x1段為直線，坐標x2處動能最大，坐標x4處動能為零．
下列說法正確的是(　　)
A．彈簧的勁度系數為k＝
B．從坐標x1處到坐標x4處，物塊所受力的合力先增加后減小
C．從坐標x1處到坐標x3處彈簧彈性勢能增加了qE(x3－x1)
D．從坐標x1處到坐標x2處，彈簧彈性勢能增加量的大小等于電勢能減少量的大小
答案：AC
解析：由動能定理可知，0～x1物體做勻加速直線運動，則F合＝F電＝qE
在x2處物體動能最大，此時物體加速度為零，則F彈＝F電
即kΔx＝k(x2－x1)＝qE
解得k＝，故A正確；
從坐標x1處到坐標x4處，在x2處F彈＝F電
所以x1～x2階段F合＝F電－F彈
F彈變大，則F合變小，而從x2到x4對應F合＝F彈－F電
F彈變大，F合變大，所以合力先減小后增大，故B錯誤；
從坐標x1處到坐標x3處，動能變化量為0，彈簧彈性勢能變大，而電場力做功全部轉化為彈簧的彈性勢能，即有ΔEp＝qE(x3－x1)，故C正確；
從坐標x1處到坐標x2處，彈性勢能增加、動能增加，電場力做正功，電勢能減小，可知彈簧彈性勢能增加量和動能的增加量之和大小等于電勢能減少量的大小，故D錯誤．
考點三
考點三　電場中的力、電綜合問題
解決電場中的力、電綜合問題，常用的力學觀點：
(1)動力學的觀點
①由于勻強電場中帶電粒子(體)所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法．
②綜合運用牛頓運動定律和運動學公式，注意受力分析和運動分析，特別注意重力是否需要考慮的問題．
(2)能量的觀點
①運用動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有力做的功，判斷是對分過程還是對全過程使用動能定理．
②運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現．
(3)動量的觀點
運用動量定理、動量守恒定律，要注意動量定理、動量守恒定律的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向．
例 5 [2024·四川雅安模擬預測]如圖所示，空間中在一矩形區(qū)域Ⅰ內有場強大小E1＝1×102 N/C、方向水平向右的勻強電場；一條長L＝0.8 m且不可伸長的輕繩一端固定在區(qū)域Ⅰ的左上角O點，另一端系一質量m1＝0.5 kg、帶電荷量q＝－0.1 C的絕緣帶電小球a；在緊靠區(qū)域Ⅰ的右下角C點豎直放置一足夠長、半徑R＝1 m的光滑絕緣圓筒，圓筒上端截面水平，CD是圓筒上表面的一條直徑且與區(qū)域Ⅰ的下邊界共線，直徑MN與直徑CD垂直，圓筒內左半邊MNC-HJK區(qū)域Ⅱ中存在大小E2＝20 N/C、方向垂直紙面向里的勻強電場．
把小球a拉至A點(輕繩繃直且水平)靜止釋放，當小球a運動到O點正下方B點時，輕繩恰好斷裂．小球a進入電場繼續(xù)運動，剛好從區(qū)域Ⅰ的右下角C點豎直向下離開電場E1，然后貼著圓筒內側進入區(qū)域Ⅱ.已知重力加速度大小取g＝10 m/s2，繩斷前、斷后瞬間，小球a的速度保持不變，忽略一切阻力．
求：
(1)輕繩的最大張力Tm；
(2)小球a運動到C點時速度的大小vC和小球a從B到C過程電勢能的變化量ΔEp；
(3)若小球a剛進入圓筒時，另一絕緣小球b從D點以相同速度豎直向下貼著圓筒內側進入圓筒，小球b的質量m2＝0.5 kg，經過一段時間，小球a、b發(fā)生彈性碰撞，且碰撞中小球a的電荷量保持不變，則從小球b進入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后(圓筒足夠長)，小球b增加的機械能ΔEb是多大．
解析：(1)小球a從A運動到B點，根據動能定理得mgL＝mv2
代入數據得v＝4 m/s
在B點，根據牛頓第二定律得Tm－mg＝m
代入數據得Tm＝15 N.
(2)小球a在區(qū)域Ⅰ中，水平方向qE1＝ma
解得a＝20 m/s2
小球a減速至0時，t＝＝0.2 s，x＝vt－at2＝0.4 m
小球a運動到C點時的速度大小為vC＝gt＝2 m/s
小球a從B運動到C點，小球a電勢能的變化量為ΔEp＝－W＝－qE1·x＝4 J
即小球電勢能增加了4 J.
(3)因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時是水平正碰．根據水平方向碰撞時動量守恒和能量守恒．由于兩球質量相等，所以它們正碰時交換水平方向速度．小球a從進入圓筒到第5次碰撞前，小球a增加的機械能為ΔEa＝qE2R＋2·qE22R＝10 J，則第5次碰撞后，小球b增加的機械能為ΔEb＝ΔEa＝10 J.
答案：(1)15 N　(2)2 m/s　小球電勢能增加了4 J　(3)10 J

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