【三年高考两年模拟】2016届高三物理一轮复习(浙江专用课件)第六章静电场本章小结

浙江专用物理第六章本章小结专题六分析电场中运动问题的三种思路一、从力和运动的关系分析带电体的运动情况取决于它的受力情况及初始状态,准确分析带电体的受力情况是解题的前提,通过受力分析可判断带电体的运动性质及运动轨迹。从力和运动的角度进行分析是解决带电体在电场中运动问题的最基本的方法。专题归纳提升典例1如图所示,质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂于匀强电场中,小球静止时悬线与竖直方向成θ角。现将细线烧断,则烧断后小球在电场中将做 ()A.自由落体运动B.沿水平方向的匀加速直线运动C.匀变速曲线运动D.沿与竖直方向成θ角的方向上的匀加速直线运动 解析小球静止时所受重力和电场力的合力与细线拉力平衡。当细线烧断后,小球所受重力和电场力均不变,所以小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,即应选D。 答案D典例2静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图所示,虚线表示该静电场在xOy平面内的一簇等势线,等势线的形状相对于x轴、y轴均对称。等势线的电势沿x轴正向增加,且相邻两等势线的电势差相等。一个电子经过P点(其横坐标为-x0)时,速度与x轴平行。适当控制实验条件,使该电子通过电场区域时仅在x轴上方运动。在通过电场区域的过程中,该电子沿y轴方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是下列图中的() 解析电场线处处与等势线垂直,题中电势沿x轴正向增加,所以我们可以作出其中的一条电场线,在电场线上取对称的a、b两点,并将两处的场强沿x轴、y轴方向分解,如图所示。分析可知,电子在x轴方向上始终加速,这样在-x0~0之间的运动时间多于在0~x0之间的运动时间。因此,电子的运动轨迹关于O点不对称。电子在-x0~0之间,沿y轴方向向下做加速运动,经过y轴时ay为零,但vy为最大。在0~x0之间,电子在y轴方向上有竖直向下的速度vy,却有向上的加速度,故在y轴方向上做减速运动。综上所述,选项D正确。 答案D二、运用分解的思想分析带电体在电场和重力场的复合场中,若其运动既非类平抛运动,又非圆周运动,而是一般的曲线运动,在处理这类较复杂的问题时,巧用运动的分解思想,研究其两个分运动,可使问题很快得到解决。典例3(2014江苏如东中学期中,17)如图所示,两块竖直放置的导体板间存在水平向左的匀强电场,板间距离为d。有一带电荷量为+q、质量为m的小球(可视为质点)以水平速度从A孔进入匀强电场,且恰好没有与右板相碰,小球最后从B孔离开匀强电场,若A、B两孔的距离为4d,重力加速度为g,求:(1)两板间的场强大小;(2)小球从A孔进入电场时的速度大小;(3)从小球进入电场到其速度达到最小值,小球电势能如何变化。竖直方向:4d= g(2t)2联立解得E= (2)在水平方向上根据牛顿第二定律有qE=max根据运动学公式有0- =2(-ax)d联立解得v0= 12mgq20v2gd 解析(1)由题意可知,小球在水平方向先减速到零,然后反向加速。设小球进入A孔的速度为v0,减速运动到右板的时间为t,则有:水平方向:d=v0t-  t2,0=v0- t12qEmqEm由数学知识可得t'= 时小球速度达到最小此时小球在水平方向的位移为:x=v0t'-  t'2= d在此过程中电场力做功为W=-qEx而W=-ΔEp联立解得ΔEp= mgd,即小球的电势能增大 mgd 答案(1) (2) (3)增加 mgd02vg12qEm343434mgq2gd34(3)小球进入电场后,在水平方向上做减速运动,即vx=v0- t'在竖直方向上做加速运动,即vy=gt'小球在电场中的速度大小为v= qEm22xyvv三、利用能量的观点分析带电体在电场中运动的过程伴随着做功和各种能量的转化,由于电场力做功与路径无关,这给动能定理和能量守恒定律提供了广阔的舞台。典例4如图所示,在绝缘水平面上,有相距为L的A、B两点,分别固定着两个带电荷量均为Q的正电荷。O为A、B连线的中点,a、b是A、B连线上的两点。其中Aa=Bb= 。一质量为m、电荷量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能Ek0从a点出发,沿AB直线向b运动,其中小滑块第一次经过O点时的动能为2Ek0,第一次到达b点时的动能恰好为零,小滑块最终停在O点,已知静电力常量为k。求:(1)小滑块与水平面间滑动摩擦力的大小;(2)小滑块刚要到达b点时加速度的大小和方向;(3)小滑块运动的总路程l路。4L 解析(1)由Aa=Bb= ,O为A、B连线的中点可知,a、b关于O点对称。则a、b之间的电势差为Uab=0设小滑块与水平面间滑动摩擦力的大小为Ff,滑块从a→b的过程,由动能定理得:q·Uab-Ff· =0-Ek0。解得:Ff= (2)根据库仑定律,小滑块刚要到达b点时受到的库仑力的合力为:F= - = 根据牛顿第二定律,小滑块刚要到达b点时加速度的大小为a= =4L2Lk02EL2(/4)kQqL2(3/4)kQqL21289kQqLfFFm + 方向由b指向O(或向左)(3)设滑块从a开始运动到第一次经过O点的过程中电场力做功为W,由动能定理得:W-Ff· L=2Ek0-Ek0解得W=1.5Ek0对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程,由动能定理得:W-Ff·l路=0-Ek0解得l路=1.25L 答案(1) (2) + ,方向由b指向O(或向左)(3)1.25L21289kQqmLk02EmL14k02EL21289kQqmLk02EmL针对训练1.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 ()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,电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒 答案B只有电场力与重力平衡,小球才能做匀速圆周运动,故小球应带正电,A错B对。小球从a点运动到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加,故C错。因为有电场力对小球做功,所以小球的机械能不守恒,即D错。2.如图所示,一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN,竖直固定在场强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q=+4.5×10-6C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+1.0×10-6C,质量m=1.0×10-2kg。现将小球B从杆的上端N静止释放,小球B开始运动。(静电力常量k=9.0×109N·m2/C2,取g=10m/s2)则:(1)小球B开始运动时的加速度为多大?(2)小球B的速度最大时,距M端的高度h1为多大?mg- -qEsinθ=ma解得a=g- - 代入数据解得a=3.2m/s2。(2)小球B的速度最大时合力为零,即 +qEsinθ=mg解得h1= 代入数据解得h1=0.9m2kQqL2kQqLmsinqEθm21kQqhsinkQqmgqEθ 答案(1)3.2m/s2(2)0.9m 解析(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律得3.如图所示,光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形,固定在竖直面内,管口B、C的连线水平。质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落,A、B两点间距离为4R。从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始,整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场,小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上,大小与重力相等,结果小球从管口C处离开圆管后,又能经过A点。设小球运动过程中电荷量没有改变,重力加速度为g,求:(1)小球到达B点时的速度大小;(2)小球受到的电场力大小;(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力。 解析(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒,故有:mg·4R= m 解得小球到达B点时速度大小为vB= (2)设电场力的竖直分力为Fy,水平分力为Fx,则Fy=mg,小球从B运动到C的过程中,由动能定理得:-Fx·2R= m - m 小球从管口C处脱离管后,做类平抛运动,由于经过A点,有4R=vCt2R= axt2= t2122Bv8gR122Cv122Bv122xFm 答案(1) (2) mg(3)3mg,方向水平向右8gR2联立解得:Fx=mg则电场力的大小为:F= = mg(3)小球经过管口C处时,向心力由Fx和圆管的弹力N提供,设弹力N的方向水平向左,则Fx+N= ,解得:N=3mg根据牛顿第三定律可知,小球经过管口C处时对圆管的压力为N'=N=3mg,方向水平向右。22xyFF22CmvR4.如图所示,绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域,该区域是由三个边长均为L的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的,且矩形的下边EH与桌面相接。三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场,其场强大小之比为1∶1∶2。现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区,初速度方向水平向右,滑块最终恰从D点射出场区。已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等,桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.125,重力加速度为g,滑块可以视做质点。求:(1)滑块进入CDHG区域时的速度大小;(2)滑块在ADHE区域运动的总时间。由题意知qE=mg在水平方向和竖直方向分别有L=vGt3,L= a3 联立以上各式解得vG= ,t3= 。(2)在BCGF区域,对滑块进行受力分析,在竖直方向qE=mg所以不受摩擦力,做匀速直线运动vF=vG= ,t2=t3= 在ABFE区域,对滑块进行受力分析,在竖直方向FN=qE+mg1223t2gL2Lg2gL2Lg 答案(1) (2)4  解析(1)在CDHG区域,对滑块进行受力分析,由牛顿第二定律有2qE-mg=ma32gLLg在水平方向f=ma1滑动摩擦力大小f=μFN由以上各式解得a1= g当滑块由E运动到F时,由运动学公式有 - =2(-a1)L解得vE= 由运动学公式有vF=vE-a1t1解得t1=(4-2 ) ,所以t=t1+t2+t3=4 。142Fv2EvgL2LgLg