2019-2020年高中物理二輪總復習 帶電粒子在電場中的運動教案.doc

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2019-2020年高中物理二輪總復習 帶電粒子在電場中的運動教案 解答“帶電粒子在電場中的運動”一類試題，應了解以下內容： 帶電粒子的加速，在勻強電場中(若不計粒子的重力)可用運動學公式結合牛頓運動定律、動量定理或動能定理W=qEd=qU=.在非勻強電場中W=qU= 帶電粒子的偏轉——類平拋運動：帶電粒子(不計重力)以一定初速度垂直于場強方向進入勻強電場做勻變速曲線運動．垂直于場強方向做勻速直線運動，運動時間t=，平行于場強方向做初速度為零的勻加速直線運動．偏移位移y= 粒子從偏轉電場射出時，逆著粒子射出電場的方向看，粒子好像從極板中間x=處直接射出的．如圖18-2-1所示x= 若不同粒子從靜止經(jīng)過同一加速電場(U1)加速后進入偏轉電場U2，則偏移位移y=由上式可知，粒子的偏移位移，偏轉角與粒子m、g無關，僅決定于加速電場和偏轉電場，即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進入同一偏轉電場，它們在電場中的偏轉角、偏移位移總是相同的. I 高考最新熱門題 1 (典型例題)湯姆生用來測定電子的比荷(電子的電荷量與質量之比)的實驗裝置如圖所示．真空管內的陰極K發(fā)出的電子(不計初速、重力和電子間的相互作用)經(jīng)加速電壓加速后，穿過A中心的小孔沿中心軸O1O的方向進入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P，間的區(qū)域．當極板間不加偏轉電壓時，電子束打在熒光屏的中心O點處，形成了一個亮點；加上偏轉電壓U后，亮點偏離到O點O與O點的豎直間距為d，水平間距可忽略不計．此時，在p和p’，間的區(qū)域，再加上一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場．調節(jié)磁場的強弱，當磁感應強度的大小為B時，亮點重新回到O點．已知極板水平方向的長度為L1，極板間距為b極板右端到熒光屏的距離為L2(如圖18-2-2所示)． (1)求打在熒光屏O點的電子速度的大小； (2)推導出電子的比荷的表達式． 命題目的與解題技巧：本題考查的知識點有帶電粒子在電場中的加速、偏轉和洛侖茲力．模型和運算過程都比較常見． [解析] (1)當電子受到的電場力與洛倫茲力平衡時，電子做勻速直線運動，亮點重新回復到中心O點，設電子的速度為v，則evB=eE得：v=E／B，即v= (2)當極板間僅有偏轉電場時，電子以速度v進入后，豎直方向作勻加速運動，加速度為：a=電子在水平方向作勻速運動，在電場內的運動時間為：t1=這樣，電子在電場中，豎直向上偏轉的距離為：dl= 離開電場時豎直向上的分速度為： ⊥=at1= 電子離開電場后做勻速直線運動，經(jīng)t2時間到達熒光屏：t2=L2／v t1時間內向上運動的距離為：d2=vtt2= 這樣，電子向上的總偏轉距離為：d=d1+d2= 可解得 [答案] 2 (典型例題)光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行，一質量為m，帶電量為q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的初速度vo進入該正方形區(qū)域．當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為 答案： ABC 指導：畫出如D18—1所示的示意圖，不防假設小球所帶電荷的電性為，若在A點進入，則可能不能運動到上邊而又加到下邊，電場力做功為零，所以C可選．由于電場力做的是負功，小球運動到最上面時，很可能速度正好為零．所以A可選．若小球由B點進入，則動到下邊時，電場力所做的功為qEl，所以小球的動能為： B可選．綜上所述，本題的答案應為ABC． 3 (典型例題)圖18-2-3是某種靜電分選器的原理示意圖．兩個豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強電場．分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等．混合在一起的a、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，a種顆粒帶上正電，b種顆粒帶上負電．經(jīng)分選電場后，a、b兩種顆粒分別落到水平傳送帶A、B上．已知兩板間距d=0.1 m，板的長度l=0.5m，電場僅局限在乎行板之間；各顆粒所帶電量大小與其質量之比均為1105G／kg．設顆粒進入電場時的初速度為零，分選過程中顆粒大小及顆粒間的相互作用力不計．要求兩種顆粒離開電場區(qū)域時，不接觸到極板但有最大偏轉量．重力加速度g取10m／s2． (1)左右兩板各帶何種電荷?兩極板間的電壓多大? (2)若兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H=0.3m，顆粒落至傳送帶時的速度大小是多少? (3)設顆粒每次與傳送帶碰撞反彈時，沿豎直方向的速度大小為碰撞前豎直方向速度大小的一半．寫出顆粒第n次碰撞反彈高度的表達式．并求出經(jīng)過多少次碰撞，顆粒反彈的高度小于0.01 m. 答案：(1)左板帶負電荷，右板帶正電荷．U=1104 V (2)v= 4m/s (3)n=4 指導：(1)左板帶負電荷，右板帶正電荷，依題意，顆粒在平行板間的豎直方向上滿足．l=gt2 ① 在水平方向上滿足s= ② ①②兩式聯(lián)立得 =104 V (2)根據(jù)動能定理，顆粒落到水平傳送帶上滿足 (3)在豎直方向顆粒作自由落體運動，它第一次落到水平傳送帶上沿豎直方向的速度． 反彈高度為 根據(jù)題設條件，顆粒第n次反彈后上升的高度 4 (典型例題)如圖18-2-4所示，A、B為水平放置的平行金屬板，板間距離為d(d遠小于板的長和寬)．在兩板之間有一帶負電的質點P已知若在A、B間加電壓Uo，則質點P可以靜止平衡． 現(xiàn)在A、B間加上如圖18-2-5所示的隨時間t變化的電 壓U，在t=0時質點P位于A、B間的中點處且初速度為0．已知質點P能在A、B之間以最大的幅度上下運動而又不與兩板相碰，求圖18-2-中U改變的各時刻t1、t2、t3及tn的表達式．(質點開始從中點上升到最高點，及以后每次從最高點到最低點或從最低點到最高點的過程中，電壓只改變一次) 答案： 指導：設質點戶的質量為m，電荷量大小為q，根據(jù)題意，當 A、B間的電壓為U0時，有 ① 當兩板間的電壓為2U0時，p的加速度向上，其大小為a，則有 ① 解得：a=g當兩板間的電壓為零時，p自由下落，加速度為g，方向向下．在t=0時，兩板間的電壓為2U0，p自A、B間的中點向上做初速為零的勻加速運動，加速度為g，經(jīng)過T1，P的速度變?yōu)関1，此時使電壓變?yōu)榱?，讓P在重力作用下勻減速運動，再經(jīng)過T1，P正好到達A板且速度為零，故有 v1=gTl′，0=vl-gTl′， 由以上各式得 因為t1=T1,所以 在重力作用下，P由A板處向下做勻加速運動，經(jīng)過T2，速度為v2,方向向下，這時加上電壓使P做勻減速運動，經(jīng)過T2′, P到達O板且速度為零，故有 v2=gT2，0=v2-gT2′， 由以上各式得T2=T2′，T2= 因為t2=t1+T′1 +T2，所以t2=(+1) ④ 在電場力與重力的合力作用下，P由B板處向下做勻加速運動，經(jīng)過T3，速度變?yōu)関3,此時使電壓變?yōu)榱?，讓P在重力作田下做勻速運動，經(jīng)過T3，P正好到達A板且速度為零，故有 v3=Gt3，0=v3-gT3′， 由以上各式得T3=T3′，T3= 因為t3=t2+T2+T3，所以t3=(+3) ⑤ 根據(jù)上面分析，因重力作用，P由A板向下做勻加速運動，經(jīng)過T2，再加上電壓，經(jīng)過T2′，P到達B且速度為零． 因為t4=t3+T3′+T3，所以，t4= (+5) 同樣分析可得tn= (+2n-3)(n≥2) ⑥ Ⅱ 題點經(jīng)典類型題 1 (典型例題)如圖18-2-6所示，A，B為水平金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，開關s閉合，兩板的中央各有一小孔M和N，今有一帶電質點，自A板上方距離為h的P點由靜止自由下落(P，M，N在同一豎直線上)，空氣阻力不計，到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回，則 A.把A板向下平移一小段距離，質點自P自由下落后穿過N孔繼續(xù)下降 B．把B板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落后穿過N孔繼續(xù)下降 C.若S斷開，且把B板向下平移一小段距離，質點自P點自由下落后穿過N孔繼續(xù)下降 D．若S斷開，且把B板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落后穿過N繼續(xù)下降 命題目的與解題技巧：考查帶電粒子在重力場和電場中的運動，由動能定理求解電容器：S閉合E不變，S斷開Q不變． [解析] S閉合時，不論A，B板如何移動，兩板間的電壓都為電源電動勢E.由題意應有Eq=mg(h+d)． E為電源電動勢，d為兩極之間的距離．當A板下移時，仍有Eq=mg(h+d)(h+d=h+d)．質點到N孔時速度仍然減為零；當B板上移時，Eq＞mg(h+d)(d＜d)，質點不到N孔前速度就減為零．S斷開后，不論A，B板如何移動，A，B間的電場強度E場不變．故有E場dq=mg(h+d)．當B板下移一小段距離時，應有E場(d+△d)q>mg(h+d+△d)． 質點在不到N孔時速度減為零． 當B板上移一小段距離時，應有E場(d-△d)q△P乙 C．△P甲≤△P乙 D．△P甲≥△p乙 答案：4．C指導：把粒子全過程中的動量改變進行分解，水向無動量改變，所以全過程的動量改變量即是電場力作用下發(fā)生的動量變化．由此可求得正確答案為C , 5 如圖18-2-12是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1加速后以速度vo垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是九兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為l，為提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉量)可采用哪些方法? 答案：指導：先導出示波管的靈敏度()與有關物理量(d、l U1等)的關系式，再作抉擇． 對于電子的加速過程，有 ① 對于電子的偏轉過程，有 水平方向l=v0t 豎直方向h= ③ 將②式代入③式，結合E= ④ 將①式代入④式得 據(jù)上式可知，增大l和減小Ul或d均可提高示波管的靈敏度 6 在如圖18-2-13所示的xOy平面內(y軸正方向豎直向上)存在著水平向右的勻強電場，有一帶正電的小球自坐標原點O沿y軸正方向豎直向上拋出，它的初動能為4J，不計空氣阻力，當它上升到最高點M時，它的動能為5J，求： (1)試分析說明帶電小球被拋出后沿豎直方向和水平方向分別做什么運動． (2)在圖中畫出帶電小球從拋出點O到落回與O在同一水平線上的O點的運動軌跡示意圖． (3)帶電小球落回到O點時的動能． 答案：(1)(2)見指導 (3)24J 指導：(1)在豎直方向，小球受重力作用，由于重力與小球初速度方向相反，所以沿豎直方向小球做勻減速運動(豎直上拋運動)，沿水平方向，小球受水平向右的恒定電場力作用，做初速度為零的勻加速直線運動 (2)運動軌跡如圖D18-2所示 (3)設小球質量為m，帶電量為q，初速度為v0，上升的最大高度為A，OM(OP)兩點間電勢差為 ，MO′(PO′)兩點間電勢差為U2，小球在O′點的動能為EK′. 對于小于從O到M的過程根據(jù)動能定理有： Qu1-mgh=EkM-EkO 由豎直方向的分運動可得出：小球從M到O′，的過程，根據(jù)動能定理有：qU2+mgh=Ek′-ekM根據(jù)豎直上拋運動的時間特點和小于沿水平方向的分運動特點可知：OP：PO′=1：3，由勻強電場的電勢差與場強的關系有Ul：U2=1：3由以上方程可解得:E′K=24J 考場熱身探究性命題綜合測試 1 對于水平放置的平行板電容器，下列說法正確的是 A.將兩極板的間距加大，電容將增大 B．將兩極板平行錯開，使正對面積減小，電容將減小 C.在下板的內表面上放置一面積和極板相等、厚度小于極板間距的陶瓷板，電容將增大 D．在下板的內表面上放置一面積和極板相等、厚度小于極板間距的鋁板，電容將增大 答案： BCD 指導：影響平行板電容器電容大小的因素有：①隨正對面積的增大而增大；②隨兩極間距離的增大而減小；③在兩極板間放人電介質，電容增大，據(jù)上面敘述可直接看出B、 C選項正確，對D選項，放人鋁板后，實際上是減小了平行板的間距，所以本題正確選項為BCD． 2 如圖Z18-1所示，平行板電容器經(jīng)開關S與電池連接，a處有一電荷量非常小的點電荷．S是閉合的，a表示a點的電勢,f表示點電荷受到的電場力．現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，使兩板間的距離增大，則 A.a變大,f變大 B.a變大f變小 C.a不變f不變 D.a不變f變小 答案： B 指導：電容器始終與電源相連，則兩板間的電勢差U不變，B板向下移動，兩板間的距離增大，由勻強電場的公式E=知，電場的場強減小，點電荷受到的電場力f=qE，則f減小，因為a點與電容器A板的距離dAa沒有變化，所以可用 UAak=EdAa分析出A板與a點的電勢差UAak減小了，于是可知a點相對于B板的電勢Ua增大了，故B項對． 3 如圖Z18-2所示，讓平行板電容器帶電后，靜電計的指針偏轉一定角度，若不改變A、B兩極板的電量而減小兩極板間的距離，同 時在兩極板間插入電介質，那么靜電計指針的偏轉角度 A.一定減小 B．一定增大 C.一定不變 D.可能不變 答案： A 指導：電量不變而減小兩極板間距離時，兩板間的電熱差減?。煌瑫r插入的電介質也導致兩極板間的電熱差減小，因此靜電計指針偏轉角一定減小． 4 傳感器是一種采集信息的重要器件．如圖Z18-3所示，是一種測定壓力的電容式傳感器．當待測壓力F作用于可動膜片電極上時，可使膜片產生形變，引起電容的變化，將電容器、靈敏電流計和電源串接成閉合電路．那么 A.當F向上壓膜片電極時，電容將減小 B．當F向上壓膜片電極時，電容將增大 C．若電流計有示數(shù)，則壓力F發(fā)生變化 D.若電流計有示數(shù)，則壓力F不發(fā)生變化 答案： BC 指導：當F向上壓膜片電極時，電極間距離減小，電容增大；若電流計有示數(shù)，必因電容變化引起了充(或放)，即壓力F發(fā)生了變化 5 一平行板電容器與電源相連，如圖Z18-4所示，如果在電容器兩極板間插入一塊介電常數(shù)為ε的電介質薄板(小于板間距離)則 A.電容器的電容變?yōu)樵瓉淼摩疟? B．穩(wěn)定后，電容器上所帶電量增加 C.插入介質的瞬間，導線上有從a到b的電流 D.插入介質的瞬間，導線上有從b到a的電流 答案： BC 指導：由電容決定式C=當插入電介質，C值變大．但因為介質的尺寸小于板間距離，所以電容值小于原來的 倍，所以A項錯誤．由公式Q=CU因電容變大，兩板電壓等于電源電動勢Z，所以電容器上帶電量增加，B選項正確，電容器充電，電流方向從a到b，所以C項正確，D項錯誤． 6 如圖Z18-5所示為靜電除塵器的示意圖，下列說法哪些是正確的 A.金屬管A和懸在管中的金屬絲B應接在高壓交流電上 B．管A和金屬絲B應接在高壓直流電源上 C.距B越近電場越強 D．距B越遠電場越強 答案： BC 指導：金屬絲B和金屬管構成一個電容器，當把它們接在高壓電源上時，它們之間就形成了以。為中心的輻射狀電場，所以越靠近B，電場越強，C對D錯．A和B應接在高壓直流電源上，帶電灰塵在電場力作用下定向移動，最后附著在電極上，如果A、B接在交流電源上，帶電灰塵將在A、B間振動，不能附著在電極上，起不到除塵作用，故A錯， B對． 7 如圖Z18-6所示，燈絲發(fā)熱后發(fā)出的．電子經(jīng)加速電場后，進入偏轉電場，若加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，要使電子在電場中偏轉量丁變?yōu)樵瓉淼?倍，可選用的方法有(設電子不落到極板上) A.只使U1變?yōu)樵瓉淼谋? B．只使U2變?yōu)樵瓉淼谋? C.只使偏轉電極的長度L變?yōu)樵瓉淼谋? D.只使偏轉電極間的距離d減為原來的倍 答案： ACD 指導：先求出了值：，由此可確定A、c、D正確，這是分析此類問題的一般方法． 8 如Z18-7所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動，則關于電子到達Q板時的速率，下列解釋正確的是 A.兩板間距離越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大 B．兩板間距離越大，加速度就越長獲得的速率越大 C．與兩板間的距離無關，僅與加速電壓U有關 D.以上解釋都不正確 答案： C 指導：從能量觀點，電場力做功，使電荷電勢能減小，動能增加，由動能定理得，故正確選項為C 9 三個a粒子在同一地點沿同一方向垂直飛人偏轉電場，出現(xiàn)了圖Z18-8所示的運動軌跡，由此可判斷 A.在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上 B．b和c同時飛離電場 C．進入電場時，c的速度最大，a的速度最小 D.動能的增加值c最小，a和b一樣大 答案： ACD 指導：由y=選項A正確，B錯誤由，選項D正確．由選項C正確,EΔ=qEyay, 選項D正確. 10 如圖Z18-9(甲)所示，兩塊長l=2cm的金屬板，相距d=0.4cm平行放置，兩板間加有Z18-9(乙)所示的交變電壓，一束電子從兩板左側中點處射人兩板間的電場中，其速度方向與場強方向垂直，若電子的初動能均為Ek=100eV，電子的質量m=0.911030kg，求從兩板右側有電子射出的時間t1與無電子射出的時間t2之比． 答案：4：1 指導：電子射人時的速度電子穿過兩極板的時間為： 因交變電壓的周期T=4s>>t，所以電子在穿過兩極板的時間內可認為兩極板間電壓是不變的． 設電壓為U1時，電子穿過兩極板的偏轉量恰好為而不穿出，則有: 解得U1=8V，由交變電壓的圖象知 U1=8V時t=0．8s在0—2s內電子能穿出兩極板的時間為t1=2t=1．6s，不能穿出的時間 t2=2-t1=0．4s，則t1：t2=4：1