高考物理一轮复习 第7章 章末专题复习

章末专题复习

物理方法|带电粒子在交变电场中运动的分析方法

1．常见的交变电场

常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．

2．常见的试题类型

(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；

(2)二是粒子做往返运动(一般分段研究)；

(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)．

3．常用的分析方法

(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件．

(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．

　如图7­1甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图7­1乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：

甲　　　　　　　　　乙

图7­1

(1)交变电压的周期T应满足什么条件；

(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？

【思路导引】　

【解析】　(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0，解得T＝

粒子在T内离开中心线的距离为y＝a2

又a＝，E＝，解得y＝

在运动过程中离开中心线的最大距离为ym＝2y＝

粒子不撞击金属板，应有ym≤d

解得T≤2d

故n≥，即n取大于等于的整数．

所以粒子的周期应满足的条件为

T＝，其中n取大于等于的整数．

(2)粒子进入电场的时间应为T，T，T，…

故粒子进入电场的时间为t＝T(n＝1,2,3…)．

【答案】　(1)T＝，其中n取大于等于的整数　(2)t＝T(n＝1,2,3…)

[突破训练]

1．(2017·南阳月考)如图7­2甲所示，两块水平平行放置的导电板，板距为d，大量电子(质量为m，电荷量为e)连续不断地从中点O沿与极板平行的OO′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计重力)．求这些电子穿过平行板时距OO′的最大距离和最小距离．

图7­2

【解析】　以电场力的方向为正方向，画出电子在t＝0、t＝t0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度vy随时间变化的vy­t图象如图a和b所示

a　　　　　　　　　b

电场强度E＝，电子的加速度a＝＝

由图甲中vy1＝at0＝，vy2＝a×2t0＝

由图甲可得电子的最大侧移

ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝

由图乙可得电子的最小侧移ymin＝t0＋vy1t0＝

【答案】　　

高考热点1|描述电场性质物理量的综合问题

电场强度、电势、电势差、电势能的比较

　如图7­3所示，甲、乙两图中分别有等量同种电荷A1、B1和等量异种电荷A2、B2.在甲图中电荷A1、B1的电场中，a1、O1、b1在点电荷A1、B1的连线上，c1、O1、d1在A1、B1连线的中垂线上，且O1a1＝O1b1＝O1c1＝O1d1；在乙图中电荷A2、B2的电场中同样也存在这些点，它们分别用a2、O2、b2和c2、O2、d2表示，且O2a2＝O2b2＝O2c2＝O2d2.则(　　)

甲　　　　　　　　　　　　　　乙

图7­3

A．a1、b1两点的场强相同，电势相同

B．c1、d1两点的场强相同，电势相同

C．a2、b2两点的场强相同，电势相同

D．c2、d2两点的场强相同，电势相同

D　[a1、b1两点的场强方向不同，一个向右，一个向左，选项A错误；c1、d1两点的场强方向不同，一个向上，一个向下，选项B错误；a2、b2两点的电势不同，a2点的电势高于b2点的电势，选项C错误；c2、d2两点的场强、电势都相同，选项D正确．]

[突破训练]

2．如图7­4所示，在空间直角坐标系O ­xyz中，A、B、C、D四个点的坐标分别为(L,0,0)、(0，L,0)、(0,0，L)、(2L,0,0)．在坐标原点O处固定电荷量为＋Q的点电荷，下列说法正确的是(　　)

图7­4

A．电势差UOA＝UAD

B．A、B、C三点的电场强度相同

C．电子在B点的电势能大于在D点的电势能

D．将一电子由D点分别移动到A、C两点，电场力做功相同

D　[点电荷产生的场强离点电荷越远，场强越小，由U＝Ed可得UOA＞UAD，A错误；A、B、C三点的场强大小相等，方向不同，B错误；离点电荷越远电势越低，由Ep＝qφ得电子在B点的电势能小于在D点的电势能，C错误；A、C两点的电势相同，电子在A、C两点的电势能相等，因此将电子由D点分别移到A、C两点电势能变化相同，因此电场力做功相同，D正确．]

高考热点2|带电粒子(物体)在电场中运动的综合问题

1．分析方法

(1)力和运动的关系——牛顿第二定律：根据带电粒子受到静电力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．这种方法通常适用于受恒力作用下做匀变速运动的情况．

(2)功和能的关系——动能定理：根据静电力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．这种方法同样也适用于非匀强的电场．

(3)正交分解法或化曲为直法．

处理这种运动的基本思想与处理平抛运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律是我们已经掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量．

2．解题流程

　(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图7­5所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J，在M点的动能为6 J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是(　　)

图7­5

A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3

B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4

C．小球落到B点时的动能为32 J

D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J

AC　[小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，选项A正确，B错误；设小球在M点时的水平分速度为vx，则小球在B点时的水平分速度为2vx，根据题意有mv＝8 J，mv＝6 J，因而在B点时小球的动能为EkB＝m[]2＝32 J，选项C正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在A点时，F合与速度之间的夹角为钝角，小球在M点时，速度与F合之间的夹角为锐角，即F合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A到M过程中，动能先减小后增大，小球从M到B的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6 J，选项D错误．]

[突破训练]

3．(2017·长沙模拟)有带电平行板电容器竖直放置，如图7­6所示，两极板间距d＝0.1 m，电势差U＝1 000 V，现从平行板上A处以vA＝3 m/s速度水平向左射入一带正电小球(已知小球带电荷量q＝10－7C，质量m＝0.02 g)，经一段时间后发现小球恰好没有与左极板相碰撞且打在A点正下方的B处，求A、B间的距离sAB.(g取10 m/s2)

【导学号：92492304】

图7­6

【解析】　小球m在A处以vA水平射入匀强电场后，仅受重力和电场力，合力一定，而且合力与初速度不在同一直线上，则小球做匀变速曲线运动．在竖直方向上，小球做自由落体运动．其运动轨迹如图所示．

把小球的曲线运动沿水平和竖直方向进行分解．在水平方向上，小球有初速度vA，受恒定的电场力qE作用做匀变速直线运动，且由qU＞mv知，小球不会到达左极板处．在竖直方向上，小球做自由落体运动．两个分运动的运动时间相等，设为t，则在水平方向上：

E＝＝V/m＝104 V/m

则其加速度大小为a水平＝＝ m/s2＝50 m/s2，

则t＝＝ s＝0.12 s

在竖直方向上：sAB＝gt2＝×10×0.122 m＝7.2×10－2 m.

【答案】　7.2×10－2m