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(共44張PPT)
第七章　靜電場
專題十　帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題
素養(yǎng)目標(biāo)　1.根據(jù)圖像分析物理過程.（科學(xué)思維） 2.建立電學(xué)問題力學(xué)化模型，能應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析電學(xué)問題.（科學(xué)思維）
一、帶電粒子在電場和重力場中的運(yùn)動(dòng)
一、帶電粒子在電場和重力場中的運(yùn)動(dòng)
（1）求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；
答案：（1）8∶
（2）判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比.
答案：（2）油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電　4∶1
深化1　　等效重力場
物體在勻強(qiáng)電場和重力場中的運(yùn)動(dòng)，可以將重力場與電場合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”.
深化3　　“等效最高點(diǎn)”和“等效最低點(diǎn)”示意圖
答案：8.79 m　67.5 N，方向豎直向下
D
A. 如果A球帶電，則A球一定帶正電
B. 如果A球帶電，則A球的電勢能一定增加
C. 如果B球帶電，則B球一定帶負(fù)電
D. 如果B球帶電，則B球的電勢能一定增加
BD
A. 小球在A點(diǎn)的速度大小為2.25 m/s
B. 小球從拋出到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)
C. 小球第一次在半圓軌道上滑行過程中，
可能會(huì)在某處脫離半圓軌道
D. 小球第一次在半圓軌道上滑行過程中對(duì)軌道的最大壓力大小為24 N
二、電場中的力、電綜合問題
二、電場中的力、電綜合問題
BD
深化1　　動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)
（1）由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法.
（2）綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮.
深化2　　能量的觀點(diǎn)
（1）運(yùn)用動(dòng)能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判斷是對(duì)分過程還是對(duì)全過程使用動(dòng)能定理.
（2）運(yùn)用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn).
深化3　　動(dòng)量的觀點(diǎn)
（1）運(yùn)用動(dòng)量定理，要注意動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個(gè)矢量必須選同一個(gè)正方向.
（2）運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，除了要注意動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是矢量式，還要注意題目表述是否在某方向上動(dòng)量守恒.
D
A. 物體B帶負(fù)電，受到的靜電力大小為mgsin θ
C. 撤去外力F的瞬間，物體B的加速度大小為3gsin θ
解析：假設(shè)B所受靜電力沿斜面向下，當(dāng)施加外力時(shí)，對(duì)B分析可知F－mgsin θ－F電
＝0，解得F電＝2mgsin θ，假設(shè)成立，故B帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；當(dāng)B受到的合力為零
間，彈簧彈力不會(huì)立即改變，即彈簧的彈力仍為零，對(duì)物體A、B分析可知F合＝F電＋
mgsin θ＝（m＋2m）a，解得a＝gsin θ，故C錯(cuò)誤；設(shè)物體B的最大速度為vm，由功能
C
B. d
例4　（2025·福建漳州統(tǒng)考模擬）如圖所示，質(zhì)量為9m的靶盒（可視為質(zhì)點(diǎn)）帶正電，電荷量為q，靜止在光滑水平面上的O點(diǎn).O點(diǎn)右側(cè)存在電場強(qiáng)度大小為E、方向水平向左的勻強(qiáng)電場.在O點(diǎn)左側(cè)有一質(zhì)量為m的子彈，以速度v0水平向右打入靶盒后與靶盒一起運(yùn)動(dòng).已知子彈打入靶盒的時(shí)間極短，子彈不帶電，且靶盒帶電荷量始終不變，不計(jì)空氣阻力.
（1）求子彈打入靶盒后的瞬間，子彈和靶盒共同的速度大小v1；
答案：（1）0.1v0
解析：（1）子彈打入靶盒過程中，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝10mv1
解得v1＝0.1v0.
（2）求子彈打入靶盒后，靶盒向右離開O點(diǎn)的最大距離s；
解析：（3）第1顆子彈打入靶盒后，靶盒將向右減速后反向加速，返回O點(diǎn)時(shí)速度大小仍為v1，設(shè)第2顆子彈打入靶盒后速度為v2，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0－10mv1＝11mv2
解得v2＝0
以靶盒與第1顆子彈為整體，由動(dòng)量定理得
I＝0－（－10mv1）
解得I＝mv0.
（3）若靶盒回到O點(diǎn)時(shí)，第2顆完全相同的子彈也以v0水平向右打入靶盒，求第2顆子彈對(duì)靶盒的沖量大小I.
答案：（3）mv0
限時(shí)跟蹤檢測
A級(jí)·基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練
題組一　帶電粒子在電場和重力場中的運(yùn)動(dòng)
A. F1逐漸增大 B. F1逐漸減小
C. F2逐漸增大 D. F2先減小后增大
B
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2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
A. E點(diǎn)的動(dòng)能最小 B. B點(diǎn)的電勢能最大
C. C點(diǎn)的機(jī)械能最大 D. F點(diǎn)的機(jī)械能最小
C
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3
4
5
6
解析：從A點(diǎn)靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球，小球沿圓弧恰好能到達(dá)C點(diǎn)，可知電場力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，可知B點(diǎn)為“等效最低點(diǎn)”，F(xiàn)點(diǎn)為“等效最高點(diǎn)”，可知小球在F點(diǎn)速度最小，動(dòng)能最小.由平衡條件可知，電場力水平向右，可知小球在G點(diǎn)電勢能最大，在C點(diǎn)電勢能最小，因小球的電勢能與機(jī)械能之和守恒，可知在C點(diǎn)機(jī)械能最大，在G點(diǎn)機(jī)械能最小，故選C.
1
2
3
4
5
6
D. 外力F做負(fù)功
C
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2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
4. 如圖所示，質(zhì)量為m＝1.0 kg、帶正電且電荷量q＝1.0×10－4 C的滑塊從A點(diǎn)右側(cè)光滑水平面以某一初速度沖上固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓軌道，并沿光滑圓軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)到B處后離開圓軌道，恰好從C處無碰撞地沖上粗糙水平臺(tái)面繼續(xù)滑行0.3 s停止運(yùn)動(dòng)，水平臺(tái)面與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝1.0×105 N/C. 豎直圓軌道在A點(diǎn)和光滑水平面相切，圓軌道半徑R＝0.1 m，OB與水平面夾角θ＝37°.重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
（1）滑塊在B處速度vB的大小；
答案：（1）2 m/s
解析：（1）從C處在粗糙水平臺(tái)面滑行至停止，
由動(dòng)量定理得μ（mg＋Eq）t＝mvC，
1
2
3
4
5
6
解得F＝124 N.
（2）滑塊在A處受到圓軌道的支持力F大小.
答案：（2）124 N
1
2
3
4
5
6
B級(jí)·能力提升練
A. 經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度最小
B. 經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的加速度大小為g
C. 機(jī)械能先減小后增大
BCD
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1
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6. 如圖所示，第一象限中有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，第二象限中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，兩電場的電場強(qiáng)度大小相等.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為－q（q＞0）的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從x軸上P（－L，0）點(diǎn)射入第二象限，
已知帶電質(zhì)點(diǎn)在第一和第二象限中都做直線運(yùn)動(dòng)，
并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個(gè)點(diǎn)Q（未畫出），
重力加速度g為已知量.求：
（1）初速度v0與x軸正方向的夾角；
答案：（1）45°
解得θ＝45°.
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（2）P、Q兩點(diǎn)間的電勢差UPQ；
解析：（2）P到Q的過程，由動(dòng)能定理有
qEL－mgL＝0
又WPQ＝qEL
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4
5
6
（3）帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間.
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