用动力学能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动学案

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用动力学能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动学案

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课 件 w w w.5y K J.Co m 微专题09 用动力学、能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动
 
力学中的v­t图象在电场中的应用
由已知的带电粒子运动的v­t图象分析电场性质,此类题常用方法:
(1)由v­t图象的斜率变化分析带电粒子的加速度a的大小变化;
(2)根据牛顿第二定律a=Fm=Eqm,判断场强E的大小变化;
(3)根据v­t图象分析带电粒子做加速运动还是减速运动,进而分析场强的方向;
(4)由场强的大小和方向分析电场的其他性质,如电场线、等势面、电势、电势能的变化等.
  (2018•新余模拟)(多选)如图甲所示,在x轴上有两个固定的点电荷Q1、Q2,其中Q1带正电处于原点O.现有一个正点电荷q以一定的初速度沿x轴正方向运动(只受电场力作用),其v­t图象如图乙所示,q经过a、b两点时速度分别为va、vb.则以下判断正确的是(  )
 
甲         乙
A.Q2带负电且电荷量小于Q1
B.b点的场强比a点的场强大
C.a点的电势比b点的电势高
D.q在a点的电势能小于在b点的电势能
解析:选AD 根据v­t图象的斜率表示加速度,可知正点电荷q在b点的加速度为零,电荷在b点左侧做减速运动,在b点右侧做加速运动,则在b点受到两点电荷的电场力平衡,可知Q2带负电,根据点电荷场强公式E=kQr2得知Q2带电荷量小于Q1,故A正确;正点电荷q在b点的加速度为零,受力为零,故b的场强为零,而a点的场强不为零,所以b点的场强比a点的场强小,故B错误;该点电荷从a点到b点,做减速运动,电场力做负功,电势能增大,又因为该电荷为正电荷,所以电势升高,则b点电势比a点电势高,故C错误;由C分析得,点电荷在a点的电势能小于在b点的电势能,故D正确.
 
场强E(电势φ)与位移x的图象应用
在匀强电场中,静电力做的功可由W=qEx求得.在非匀强电场中,根据微元思想有ΔW=qEΔx,同时ΔW也可由ΔW=qΔφ求得.比较两式可得qEΔx=qΔφ,即Δφ=EΔx,此式可理解为在E­x图象中图线与x轴所围面积等于相距为Δx的两点间的电势差.在φ­x图象中,图象上各点处切线斜率的大小表示该点电场强度沿x轴方向分量的大小.
  (2018•宁波八校联考)(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N,分别固定于x轴上x1=0 和x2=3a的两点上,在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示,以下判断中正确的是(  )
 
A.点电荷M、N一定为异种电荷
B.点电荷M、N一定为同种电荷
C.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
D.x=2a处的电势一定为零
解析:选BC 由它们连线上各点场强随x变化关系可知,点电荷M、N一定为同种正电荷,选项A错误,B正确.由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1,选项C正确.由于电势是相对量,x=2a处的电势随零电势点的确定变化,选项D错误.
 
电势能Ep与位移x关系的综合应用
此类问题借助v­x或Ep­x关系图象,在给出电势能Ep或速度v在x轴上分布情况的基础上进行设计.解决这类问题的方法主要有两种:一是将图象还原为熟悉的情境模型;二是直接从v­x和Ep­x图象的面积、斜率的意义入手.
对于静电力做功,从力的角度看有ΔW=FΔx,从能的角度看有ΔW=-ΔEp,比较两式有FΔx=-ΔEp,即F=-ΔEpΔx.Ep­x关系图象切线的斜率反映静电力的大小,也间接反映了由电场强度E的大小.
  (2018•长沙模拟)(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中0~x2段是对称的曲线,x2~x3段是直线,则下列说法正确的是(  )
 
A.x1处电场强度最大
B.x2~x3段是匀强电场
C.x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3
D.粒子在0~x2段做匀变速运动,在x2~x3段做匀速直线运动
解析:选BC 因为图象的斜率可以反映电场强度大小,所以在x1处电场强度最小,A错误;x2~x3段为直线,斜率恒定,所以该段为匀强电场,B正确;粒子带负电,0~x1阶段,电场力做正功,即逆着电场线方向到达x1处,之后电场力做负功,顺着电场线从x1依次到达x2、x3,而沿电场线方向电势降低,故有φ1>φ2>φ3,C正确;图象的斜率可以反映电场强度大小,所以粒子在0~x2段做变加速直线运动,在x2~x3段做匀加速直线运动,D错误.
 
用能量和动量观点分析力电综合问题
带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题,其研究方法与质点动力学相同,同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律等规律.处理问题的要点是注意区分不同的物理过程,弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质(平衡、加速或减速,是直线运动还是曲线运动),并选用相应的物理规律.在解决问题时,主要可以从三条线索展开:
其一,力和运动的关系.根据带电粒子受力情况,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、位移等这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况.
其二,功和能的关系.根据电场力对带电粒子做功,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的转化,研究带电粒子的速度变化、位移等.这条线索不但适用于匀强电场,也适用于非匀强电场.
其三,动量关系,当遇到带电体在电场中的碰撞问题时,往往要用动量守恒定律分析.
  如图所示,两个形状、大小相同的金属小球A、B(均可视为质点),A球质量为1.5 kg,B球质量为0.5 kg,开始A球不带电,静止在高h=0.88 m的光滑绝缘平台上,B球带0.3 C的正电,用长L=1 m的绝缘细线悬挂在平台上方,悬点O与平台的高度也为L,整个装置放在竖直向下的匀强电场中,场大小E=10 N/C.现将细线拉开角度α=60°后,由静止释放B球,B球摆至最低点与A球发生对心碰撞,碰撞时无机械能损失,且碰撞后两球电量相等,不计空气阻力及A、B球间的静电力作用,取g=10 m/s2,求:
 
(1)B球摆至最低点时的速率及细线对小球的拉力;
(2)A球从离开平台至着地的过程中水平位移的大小.
解析:(1)对B球:从静止释放至摆到最低点过程中,根据动能定理,有
mBgL(1-cos α)+qEL(1-cos α)=12mv2
代入数据,解得B球在最低点的速率
v=4 m/s
由T-(qE+mg)=mv2L
得T=16 N
(2)B球与A球碰撞过程中,两球所组成的系统动量守恒,碰撞时无机械能损失有
mBv=mBv1+mAv2①
12mBv2=12mBv21+12mAv22②
联立①、②,解得B球速率v1=2 m/s
A球速度为v2=2 m/s
依题意,碰后A球带电量qA=0.15 C
A球离开平台后,在竖直方向的加速度
ay=mAg+qAEmA=1.5×10+0.15×101.5 m/s2=11 m/s2
A球从离开平台至着地过程中,
由h=12ayt2,得t=2hay=2×0.8811 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 文章
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