《2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 微專題09 用動力學(xué)、能量和動量的觀點(diǎn)分析帶電體在電場中的運(yùn)動學(xué)案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 微專題09 用動力學(xué)、能量和動量的觀點(diǎn)分析帶電體在電場中的運(yùn)動學(xué)案 新人教版（4頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、微專題09 用動力學(xué)、能量和動量的觀點(diǎn)分析帶電體在電場中的運(yùn)動 力學(xué)中的vt圖象在電場中的應(yīng)用 由已知的帶電粒子運(yùn)動的vt圖象分析電場性質(zhì)，此類題常用方法： (1)由vt圖象的斜率變化分析帶電粒子的加速度a的大小變化； (2)根據(jù)牛頓第二定律a＝＝，判斷場強(qiáng)E的大小變化； (3)根據(jù)vt圖象分析帶電粒子做加速運(yùn)動還是減速運(yùn)動，進(jìn)而分析場強(qiáng)的方向； (4)由場強(qiáng)的大小和方向分析電場的其他性質(zhì)，如電場線、等勢面、電勢、電勢能的變化等． (2018·新余模擬)(多選)如圖甲所示，在x軸上有兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷Q1、Q2，其中Q1帶正電處于原點(diǎn)O.現(xiàn)有一個(gè)正點(diǎn)電荷q以一定的初速度沿x軸

2、正方向運(yùn)動(只受電場力作用)，其v-t圖象如圖乙所示，q經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時(shí)速度分別為va、vb.則以下判斷正確的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．Q2帶負(fù)電且電荷量小于Q1 B．b點(diǎn)的場強(qiáng)比a點(diǎn)的場強(qiáng)大 C．a(chǎn)點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢高 D．q在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能 解析：選AD　根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，可知正點(diǎn)電荷q在b點(diǎn)的加速度為零，電荷在b點(diǎn)左側(cè)做減速運(yùn)動，在b點(diǎn)右側(cè)做加速運(yùn)動，則在b點(diǎn)受到兩點(diǎn)電荷的電場力平衡，可知Q2帶負(fù)電，根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E＝k得知Q2帶電荷量小于Q1，故A正確；正點(diǎn)電荷q在b點(diǎn)的加速度為零，受力為零，故b的場強(qiáng)為零，而a點(diǎn)的場強(qiáng)

3、不為零，所以b點(diǎn)的場強(qiáng)比a點(diǎn)的場強(qiáng)小，故B錯誤；該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)到b點(diǎn)，做減速運(yùn)動，電場力做負(fù)功，電勢能增大，又因?yàn)樵撾姾蔀檎姾?，所以電勢升高，則b點(diǎn)電勢比a點(diǎn)電勢高，故C錯誤；由C分析得，點(diǎn)電荷在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能，故D正確． 場強(qiáng)E(電勢φ)與位移x的圖象應(yīng)用 在勻強(qiáng)電場中，靜電力做的功可由W＝qEx求得．在非勻強(qiáng)電場中，根據(jù)微元思想有ΔW＝qEΔx，同時(shí)ΔW也可由ΔW＝qΔφ求得．比較兩式可得qEΔx＝qΔφ，即Δφ＝EΔx，此式可理解為在E-x圖象中圖線與x軸所圍面積等于相距為Δx的兩點(diǎn)間的電勢差．在φ-x圖象中，圖象上各點(diǎn)處切線斜率的大小表示該點(diǎn)電場強(qiáng)度沿x軸方向

4、分量的大小． (2018·寧波八校聯(lián)考)(多選)真空中相距為3a的兩個(gè)點(diǎn)電荷M、N，分別固定于x軸上x1＝0 和x2＝3a的兩點(diǎn)上，在它們連線上各點(diǎn)場強(qiáng)隨x變化關(guān)系如圖所示，以下判斷中正確的是(　　) A．點(diǎn)電荷M、N一定為異種電荷 B．點(diǎn)電荷M、N一定為同種電荷 C．點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4∶1 D．x＝2a處的電勢一定為零 解析：選BC　由它們連線上各點(diǎn)場強(qiáng)隨x變化關(guān)系可知，點(diǎn)電荷M、N一定為同種正電荷，選項(xiàng)A錯誤，B正確．由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式和電場疊加原理可得點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4∶1，選項(xiàng)C正確．由于電勢是相對量，x＝2a處的電勢隨零電勢

5、點(diǎn)的確定變化，選項(xiàng)D錯誤． 電勢能Ep與位移x關(guān)系的綜合應(yīng)用 此類問題借助v-x或Ep-x關(guān)系圖象，在給出電勢能Ep或速度v在x軸上分布情況的基礎(chǔ)上進(jìn)行設(shè)計(jì)．解決這類問題的方法主要有兩種：一是將圖象還原為熟悉的情境模型；二是直接從v-x和Ep-x圖象的面積、斜率的意義入手． 對于靜電力做功，從力的角度看有ΔW＝FΔx，從能的角度看有ΔW＝－ΔEp，比較兩式有FΔx＝－ΔEp，即F＝－.Ep-x關(guān)系圖象切線的斜率反映靜電力的大小，也間接反映了由電場強(qiáng)度E的大?。? (2018·長沙模擬)(多選)一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運(yùn)動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中

6、0～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) A．x1處電場強(qiáng)度最大 B．x2～x3段是勻強(qiáng)電場 C．x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1＞φ2＞φ3 D．粒子在0～x2段做勻變速運(yùn)動，在x2～x3段做勻速直線運(yùn)動 解析：選BC　因?yàn)閳D象的斜率可以反映電場強(qiáng)度大小，所以在x1處電場強(qiáng)度最小，A錯誤；x2～x3段為直線，斜率恒定，所以該段為勻強(qiáng)電場，B正確；粒子帶負(fù)電，0～x1階段，電場力做正功，即逆著電場線方向到達(dá)x1處，之后電場力做負(fù)功，順著電場線從x1依次到達(dá)x2、x3，而沿電場線方向電勢降低，故有φ1＞φ2＞φ3，C正確；圖象的斜率可

7、以反映電場強(qiáng)度大小，所以粒子在0～x2段做變加速直線運(yùn)動，在x2～x3段做勻加速直線運(yùn)動，D錯誤． 用能量和動量觀點(diǎn)分析力電綜合問題 帶電粒子在電場中的運(yùn)動是一個(gè)綜合電場力、電勢能的力學(xué)問題，其研究方法與質(zhì)點(diǎn)動力學(xué)相同，同樣遵循運(yùn)動的合成與分解、牛頓運(yùn)動定律、動能定理、動量守恒定律等規(guī)律．處理問題的要點(diǎn)是注意區(qū)分不同的物理過程，弄清在不同的物理過程中物體的受力情況及運(yùn)動性質(zhì)(平衡、加速或減速，是直線運(yùn)動還是曲線運(yùn)動)，并選用相應(yīng)的物理規(guī)律．在解決問題時(shí)，主要可以從三條線索展開： 其一，力和運(yùn)動的關(guān)系．根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位

8、移等這條線索通常適用于在恒力作用下做勻變速運(yùn)動的情況． 其二，功和能的關(guān)系．根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、位移等．這條線索不但適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場． 其三，動量關(guān)系，當(dāng)遇到帶電體在電場中的碰撞問題時(shí)，往往要用動量守恒定律分析． 如圖所示，兩個(gè)形狀、大小相同的金屬小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))，A球質(zhì)量為1.5 kg，B球質(zhì)量為0.5 kg，開始A球不帶電，靜止在高h(yuǎn)＝0.88 m的光滑絕緣平臺上，B球帶0.3 C的正電，用長L＝1 m的絕緣細(xì)線懸掛在平臺上方，懸點(diǎn)O與平臺的高度也為L，整個(gè)裝置放

9、在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場大小E＝10 N/C．現(xiàn)將細(xì)線拉開角度α＝60°后，由靜止釋放B球，B球擺至最低點(diǎn)與A球發(fā)生對心碰撞，碰撞時(shí)無機(jī)械能損失，且碰撞后兩球電量相等，不計(jì)空氣阻力及A、B球間的靜電力作用，取g＝10 m/s2，求： (1)B球擺至最低點(diǎn)時(shí)的速率及細(xì)線對小球的拉力； (2)A球從離開平臺至著地的過程中水平位移的大?。? 解析：(1)對B球：從靜止釋放至擺到最低點(diǎn)過程中，根據(jù)動能定理，有 mBgL(1－cos α)＋qEL(1－cos α)＝mv2 代入數(shù)據(jù)，解得B球在最低點(diǎn)的速率 v＝4 m/s 由T－(qE＋mg)＝m 得T＝16 N (2)B球與A球碰撞過程中，兩球所組成的系統(tǒng)動量守恒，碰撞時(shí)無機(jī)械能損失有 mBv＝mBv1＋mAv2① mBv2＝mBv＋mAv② 聯(lián)立①、②，解得B球速率v1＝2 m/s A球速度為v2＝2 m/s 依題意，碰后A球帶電量qA＝0.15 C A球離開平臺后，在豎直方向的加速度 ay＝＝ m/s2＝11 m/s2 A球從離開平臺至著地過程中， 由h＝ayt2，得t＝＝ s＝0.4 s 水平位移大小S＝v2t＝2×0.4 m＝0.8 m 答案：(1)4 m/s　16 N　(2)0.8 m 4