【高三一轮复习】第十二讲：牛顿定律的应用教案

教学过程
一、复习预习
1、能量守恒定律；
2、圆周运动；
3、力与运动的分析方法。

二、知识讲解
考点/易错点1、用运动分解法处理带电粒子的复杂运动
用运动分解法处理带电粒子的复杂运动，可以将复杂运动分解为两个相互正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律我们是可以掌握的，并且这种研究物理问题的思想我们也是熟知的，然后再按运动合成的观点去求出有关的物理量．
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考点/易错点2、用能量的观点处理带电体在电场及复合场中的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量的观点去处理，用能量观点处理也更简捷，具体的方法通常有两种：
(1)用动能定理处理．思维顺序一般为：
①明确研究对象的物理过程；
②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是做负功；
③弄清所研究过程的初、末两个状态的动能；
④根据动能定理列出方程求解．
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理．列式的方法主要有两种：
①从初、末状态的能量相等列方程；
②从某些能量的减少量等于另一些能量的增加量列方程．
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考点/易错点3、带电粒子在交变电场中的运动
带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形．在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．此类电场在同一时刻可看成是匀强的，即电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同，从时间上看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间而变化．
(1)当粒子与电场平行射入时：粒子做直线运动，其初速度和受力决定了粒子的运动，粒子可以做周期性的运动．
(2)粒子垂直电场方向射入时：沿初速度方向为匀速直线运动，在电场力方向上的分运动具有周期性．
三、例题精析
【例题1】
【题干】如图甲所示，场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场内存在一竖直平面内半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是最右侧的点．在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量为m，电荷量为q，不计重力．试求：
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(1)电荷在电场中运动的加速度；
(2)运动轨迹经过B 点的电荷在A 点时的速度；
(3)某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P 点，∠POA ＝θ，请写出该电荷经过P 点时动能的表达式；
(4)若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD ，C 、D 分别为接收屏上最边缘的两点，如图乙所示，∠COB ＝∠BOD ＝30°.求该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围．
【答案】(1)Eq m (2) EqR 2m (3)14EqR(5－3cos θ) (4)78EqR ≤Ek ≤138
EqR 【解析】(1)加速度a ＝Eq m
. (2)由R ＝v0t ，R ＝12at2及a ＝Eq m
三个式子可解得： v0＝EqR
2m .
(3)由Ek ＝Eq(R －Rcos θ)＋12mv0′2，Rsin θ＝v0′t ′，R －Rcos θ＝12at ′2及a ＝Eq m
可解得：Ek ＝14
EqR(5－3cos θ)． (4)由第(3)小题的结论可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D 点接收到的电荷的末动能最小，C 点接收到的电荷的末动能最大．
EkD ＝14EqR(5－3cos 60°)＝78
EqR
EkC ＝14EqR(5－3cos 120°)＝138
EqR 所以，屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为
78EqR ≤Ek ≤138
EqR.
【例题2】
【题干】如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大
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小为E 、方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m 、带电荷量为q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为x 处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g.
(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；
(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm ，求滑块从静止释放到速度大小为vm 的过程中弹簧的弹力所做的功W.
【答案】 (1)
2mx qE ＋mgsin θ (2)12mvm2－(mgsin θ＋qE)·(x ＋mgsin θ＋qE k ) 【解析】(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ，则有
qE ＋mgsin θ＝ma ①
x ＝12
at21② 联立①②可得t1＝ 2mx
qE ＋mgsin θ③
(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有mgsin θ＋qE ＝kx0④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
(mgsin θ＋qE)·(x ＋x0)＋W ＝12
mvm2－0⑤ 联立④⑤可得
W ＝12mvm2－(mgsin θ＋qE)·(x ＋mgsin θ＋qE k
)
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【例题3】
【题干】如图甲所示，A、B是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地．A板电势φA随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有正对两孔O1′和O2，两板间电压为U2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间，刚好到达O2孔，已知带电粒子带电荷量为－q，质量为m，不计其重力．求：
(1)该粒子进入A、B的初速度v0的大小．
(2)A、B两板间距的最小值和A、B两板长度的最小值．
【答案】(1) 2qU2m (2)T 2 qU12m T 2qU2
m
【解析】(1)因粒子在A 、B 间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入O1′孔的速度即为进入A 、B 板的初速度．
在C 、D 间，由动能定理得qU2＝12
mv20 即v0＝
2qU2m (2)由于粒子进入A 、B 后，在一个周期T 内，竖直方向上的速度变为初始状态．即v 竖＝0，
若在第一个周期内进入O1′孔，则对应两板最短长度为L ＝v0T ＝T
2qU2m ，若在该时间内，粒子刚好不到A 板而返回，则对应两板最小间距，设为d ，所以12·qU1md ·(T 4)2×2＝d 2
，即d ＝T 2 qU12m
.
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四、课堂运用
【基础】
1.在两个半圆柱面构成的区域内，有一均匀的径向电场，径向宽度很小，电场线如图1中的径向实线所示．欲使电荷量相同的正离子从左端进入，沿半圆路径运动后从右端射出，这些离子应具备相同的( )
A ．比荷
B ．质量
C ．速度
D ．动能
【答案】D
【解析】由qE ＝m v2R 得Ek ＝12mv2＝12qER 为常数． 2．如图所示，带正电q 、质量为m 的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E ，且qE<mg.以下判断正确的是( )
A ．物体将沿斜面减速下滑
B ．物体将沿斜面加速下滑
C ．物体仍保持匀速下滑
D ．仅当q
E ＝mg 时，物体加速下滑
【答案】C
【解析】因mgsin θ＝μmgcos θ，所以(mg －qE)sin θ＝μ(mg －qE)cos θ仍成立，故匀速下滑．
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【巩固】
3.A、B为两个固定的等量同种正点电荷，O为AB连线的中点，另一个也带正电的重力不计的小电荷静止于O点，如图所示，则( )
A．使小电荷向右偏离一点，释放后将向左先加速后减速直至停到某一位置
B．使小电荷向左偏离一点，释放后将做以O点为中心的往复运动
C．使小电荷向上方偏离一点，释放后将做以O点为中心的往复运动
D．使小电荷向下方偏离一点，释放后将向下做加速度先变大后变小的变加速运动
【答案】BD
【解析】由等量同种电荷电场的分布情况可得．
4.如图所示，一个带负电的油滴以初速度v0从P点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中，若油滴达到最高点时速度大小仍为v0，则油滴的最高点位置是( )
A ．在P 点左上方
B ．在P 点右上方
C ．在P 点正上方
D ．上述情况都可能
【答案】A
【解析】油滴从开始运动到最高点，据动能定理得WG ＋WE ＝12mv20－12
mv20＝0，而重力做的功WG<0.所以电场力做的功WE>0，而带负电的油滴所受的电场力水平向左，所以最高点必在P 点的左上方．
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【拔高】
5.在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图9甲所示，小球运动的v－t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A ．在t ＝2.5 s 时，小球经过边界MN
B ．小球受到的重力与电场力之比为3∶5
C ．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等
D ．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小
【答案】BC
【解析】由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第
二定律可知：mg
F －mg ＝32
，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B 正确．小球在t ＝2.5 s 时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故A 错误，C 正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D 错． 6.如图(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t0可能属于的时间段是( )
(a) (b)
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A ．0<t0<T 4
B.T 2<t0<3T 4
C.3T 4
<t0<T
D ．T<t0<9T 8 【答案】B 【解析】T 2<t0<3T 4
时，UAB<0，电场方向由B 板指向A 板．t0到T 时刻，粒子向A 板做初速度为零的匀加速直线运动，T 时刻电场反向，粒子向A 板做匀减速直线运动，经相同时间速度减为零，再向B 板做初速度为零的匀加速直线运动然后匀减速到零，由于向A 板运动时间长，所以粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．
课程小结
1．带电体在复合场中运动的多过程问题，一定要对不同过程进行正确的受力分析，运用不同运动形式的不同规律去处理，同时注意各过程的速度关联．
2．带电体在复合场中的圆周运动问题，仍然会涉及临界情境，此时要特别注意“等效最高点”与“几何最高点”的不同．
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课后作业
【基础】
1.如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一电压恒定的电源，两个电荷M和N同时分别从极板A的左边缘和两极板右侧的正中间沿水平方向进入板间电场(运动轨迹在同一平面内)，两个电荷恰好在板间某点相遇．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法中正确的是( )
A．电荷M的比荷大于电荷N的比荷
B．两个电荷在电场中运动的加速度可能相等
C ．从两个电荷进入电场到两个电荷相遇，电场力对电荷M 做的功一定大于电场力对电荷N 做的功
D ．电荷M 进入电场的初速度大小与电荷N 进入电场的初速度大小一定相同
【答案】A
【解析】由h ＝12at2＝12·qE m
·t2可知，在相同的时间内，电荷M 的竖直位移大，其加速度大，比荷(电荷量和质量的比值)大，选项A 正确而B 错误；电荷M 的竖直位移大，对应的电压也大；比荷大，但电荷量不一定大，由W ＝qU 可知，电场力对电荷M 做的功不一定大，选项C 错误；水平方向由x ＝v0t 可知，选项D 错误．
2.如图所示，真空中存在范围足够大的匀强电场，A 、B 为该匀强电场的两个等势面．现有三个完全相同的带等量正电荷的小球a 、b 、c ，从等势面A 上的某点同时以相同速率v0向不同方向开始运动，其中a 的初速度方向垂直指向等势面B ；b 的初速度方向平行于等势面；c 的初速度方向与a 相反，经过一段时间，三个小球先后通过等势面B ，已知三个小球始终在该匀强电场中运动，不计重力，则下列判断中正确的是( )
A ．等势面A 的电势低于等势面
B 的电势
B ．a 、c 两小球通过等势面B 时的速度相同
C ．开始运动后的任一时刻，a 、b 两小球的动能总是相同
D ．开始运动后的任一时刻，三个小球之间的距离总是相等
【答案】B
个性化教案【解析】由题意知，三个小球受电场力方向向下，由于正电荷受力方向与场强方向相同，而沿场强方向电势越来越低，故等势面B的电势低于等势面A的电势，故A项错误；三个小球从A至B重力和电场力做的功都相同，根据动能定理知B项正确；开始运动后的任一时刻，沿电场方向，a球的位移总比b球的位移大，即电场力对a球所做的功比对b球所做的功多，a球的动能大些，C错误，D也错误．
【巩固】
1．如图所示，在光滑绝缘水平面上的a、b两点上固定两个带同种电荷的相同金属小球P、Q(均可视为点电荷)，P球所带的电荷量等于Q球所带的电荷量．在ab连线上的c点释放一带电小滑块M，滑块由静止开始向右运动．在滑块向右运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块受到的电场力先减小后增大
B．滑块的电势能一直减小
C．滑块的动能先增大后减小
D．在ab连线上必定有一点d，使得c、d两点间的电势差Ucd＝0
【答案】ACD
【解析】小球P、Q带同种电荷，且P球所带电荷量等于Q球所带的电荷量，则在二者连线上电场强度为零的点O位于ab中点．c点释放一带电小滑块M，由静止开始向右运动，说明P、M带同种电荷，电场力先做正功，滑过O点后电场力做负功，滑块的电势能先减小后增大，动能先增大后减小，选项C对而B错；途经O点受力为零，选项A正确；由电场线的分布情况可知，选项D正确．
2．一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内、存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长，已知每一电场区的场强大小相等、方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
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A ．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B ．若场强大小等于mg q
，则小球经过每一电场区的时间均相同 C ．若场强大小等于2mg q
，则小球经过每一无电场区的时间均相同 D ．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同
【答案】AC
【解析】小球在水平方向不受力，故一直做匀速直线运动，A 正确；若场强大小等于mg q
，则所受电场力大小等于mg ，方向向上，则在电场区做匀速直线运动，但在无电场区由于仍受重力，速度继续增加，故在电场区以不同的速度做匀速直线运动，经过的时间必不同，B 、
D 错；若场强大小等于2mg q
，则所受电场力为2mg ，经过一个无电场区和一个电场区的过程中，重力做功与电场力做功的代数和为零，所以，在无电场区小球均做初速度为v0的平抛运动，故小球经过每一无电场区的时间均相同，C 正确．
【拔高】
1．如图所示，BCDG 是光滑绝缘的34
圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R ，下端与水平绝缘轨道在B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m 、
带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34
mg ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.
(1)若滑块从水平轨道上距离B 点x ＝3R 的A 点由静止释放，滑块到达与圆心O 等高的C 点时速度为多大？
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(2)在(1)的情况下，求滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小．
【答案】(1)
gR (2)74mg 【解析】(1)设滑块到达C 点时的速度为v ，由动能定理有
qE(x ＋R)－μmgx －mgR ＝12
mv2－0 而qE ＝3mg 4
解得v ＝gR
(2)设滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小为F ，则
F －qE ＝m v2R
解得F ＝74
mg 2.如图所示，一长绝缘木板靠在光滑竖直墙面上，质量为m.木板右下方有一质量为2m 、电荷量为＋q 的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与滑块处在场强大小为E ＝4mg/q 的匀强电场中，电场方向水平向左，若电动机通过一根绝缘细绳拉动滑块，使之匀加速向上移动，当滑块与木板分离时，滑块的速度大小为v ，此过程中电动机对滑块做的功为W0(重力加速度为g)．
(1)求滑块向上移动的加速度大小；
(2)写出从滑块开始运动到与木板分离的过程中木板增加的机械能随时间变化的函数关系式．
【答案】1＋2μmgv2
W0－mv2
(2)ΔE＝2(4μ－1)μmg2t2
【解析】(1)滑块与木板间的正压力大小为FN＝qE＝4mg
Ff＝μFN
对滑块W0－2mgh－Ffh＝1
2
×2mv2
v2＝2ah
由以上几式解得a＝1＋2μmgv2 W0－mv2
(2)对长木板由牛顿第二定律得Ff－mg＝ma′
摩擦力对木板做功为W＝Ffx
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x ＝12
a ′t2 根据功能关系知木板增加的机械能等于摩擦力所做的功，即ΔE ＝W 由以上各式解得ΔE ＝2(4μ－1)μmg2t2
课后评价。