2019-2020年高中物理二轮总复习 带电粒子在电场中的运动教案.doc

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2019-2020年高中物理二轮总复习 带电粒子在电场中的运动教案 解答“带电粒子在电场中的运动”一类试题，应了解以下内容： 带电粒子的加速，在匀强电场中(若不计粒子的重力)可用运动学公式结合牛顿运动定律、动量定理或动能定理W=qEd=qU=.在非匀强电场中W=qU= 带电粒子的偏转——类平抛运动：带电粒子(不计重力)以一定初速度垂直于场强方向进入匀强电场做匀变速曲线运动．垂直于场强方向做匀速直线运动，运动时间t=，平行于场强方向做初速度为零的匀加速直线运动．偏移位移y= 粒子从偏转电场射出时，逆着粒子射出电场的方向看，粒子好像从极板中间x=处直接射出的．如图18-2-1所示x= 若不同粒子从静止经过同一加速电场(U1)加速后进入偏转电场U2，则偏移位移y=由上式可知，粒子的偏移位移，偏转角与粒子m、g无关，仅决定于加速电场和偏转电场，即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角、偏移位移总是相同的. I 高考最新热门题 1 (典型例题)汤姆生用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示．真空管内的阴极K发出的电子(不计初速、重力和电子间的相互作用)经加速电压加速后，穿过A中心的小孔沿中心轴O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P，间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O点O与O点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计．此时，在p和p’，间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点．已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为b极板右端到荧光屏的距离为L2(如图18-2-2所示)． (1)求打在荧光屏O点的电子速度的大小； (2)推导出电子的比荷的表达式． 命题目的与解题技巧：本题考查的知识点有带电粒子在电场中的加速、偏转和洛仑兹力．模型和运算过程都比较常见． [解析] (1)当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为v，则evB=eE得：v=E／B，即v= (2)当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为：a=电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为：t1=这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为：dl= 离开电场时竖直向上的分速度为： ⊥=at1= 电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏：t2=L2／v t1时间内向上运动的距离为：d2=vtt2= 这样，电子向上的总偏转距离为：d=d1+d2= 可解得 [答案] 2 (典型例题)光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行，一质量为m，带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的初速度vo进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为 答案： ABC 指导：画出如D18—1所示的示意图，不防假设小球所带电荷的电性为，若在A点进入，则可能不能运动到上边而又加到下边，电场力做功为零，所以C可选．由于电场力做的是负功，小球运动到最上面时，很可能速度正好为零．所以A可选．若小球由B点进入，则动到下边时，电场力所做的功为qEl，所以小球的动能为： B可选．综上所述，本题的答案应为ABC． 3 (典型例题)图18-2-3是某种静电分选器的原理示意图．两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场．分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等．混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电．经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上．已知两板间距d=0.1 m，板的长度l=0.5m，电场仅局限在乎行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1105G／kg．设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计．要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量．重力加速度g取10m／s2． (1)左右两板各带何种电荷?两极板间的电压多大? (2)若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少? (3)设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半．写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式．并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01 m. 答案：(1)左板带负电荷，右板带正电荷．U=1104 V (2)v= 4m/s (3)n=4 指导：(1)左板带负电荷，右板带正电荷，依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足．l=gt2 ① 在水平方向上满足s= ② ①②两式联立得 =104 V (2)根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足 (3)在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度． 反弹高度为 根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度 4 (典型例题)如图18-2-4所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d(d远小于板的长和宽)．在两板之间有一带负电的质点P已知若在A、B间加电压Uo，则质点P可以静止平衡． 现在A、B间加上如图18-2-5所示的随时间t变化的电 压U，在t=0时质点P位于A、B间的中点处且初速度为0．已知质点P能在A、B之间以最大的幅度上下运动而又不与两板相碰，求图18-2-中U改变的各时刻t1、t2、t3及tn的表达式．(质点开始从中点上升到最高点，及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次) 答案： 指导：设质点户的质量为m，电荷量大小为q，根据题意，当 A、B间的电压为U0时，有 ① 当两板间的电压为2U0时，p的加速度向上，其大小为a，则有 ① 解得：a=g当两板间的电压为零时，p自由下落，加速度为g，方向向下．在t=0时，两板间的电压为2U0，p自A、B间的中点向上做初速为零的匀加速运动，加速度为g，经过T1，P的速度变为v1，此时使电压变为零，让P在重力作用下匀减速运动，再经过T1，P正好到达A板且速度为零，故有 v1=gTl′，0=vl-gTl′， 由以上各式得 因为t1=T1,所以 在重力作用下，P由A板处向下做匀加速运动，经过T2，速度为v2,方向向下，这时加上电压使P做匀减速运动，经过T2′, P到达O板且速度为零，故有 v2=gT2，0=v2-gT2′， 由以上各式得T2=T2′，T2= 因为t2=t1+T′1 +T2，所以t2=(+1) ④ 在电场力与重力的合力作用下，P由B板处向下做匀加速运动，经过T3，速度变为v3,此时使电压变为零，让P在重力作田下做匀速运动，经过T3，P正好到达A板且速度为零，故有 v3=Gt3，0=v3-gT3′， 由以上各式得T3=T3′，T3= 因为t3=t2+T2+T3，所以t3=(+3) ⑤ 根据上面分析，因重力作用，P由A板向下做匀加速运动，经过T2，再加上电压，经过T2′，P到达B且速度为零． 因为t4=t3+T3′+T3，所以，t4= (+5) 同样分析可得tn= (+2n-3)(n≥2) ⑥ Ⅱ 题点经典类型题 1 (典型例题)如图18-2-6所示，A，B为水平金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，开关s闭合，两板的中央各有一小孔M和N，今有一带电质点，自A板上方距离为h的P点由静止自由下落(P，M，N在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，则 A.把A板向下平移一小段距离，质点自P自由下落后穿过N孔继续下降 B．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后穿过N孔继续下降 C.若S断开，且把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后穿过N孔继续下降 D．若S断开，且把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后穿过N继续下降 命题目的与解题技巧：考查带电粒子在重力场和电场中的运动，由动能定理求解电容器：S闭合E不变，S断开Q不变． [解析] S闭合时，不论A，B板如何移动，两板间的电压都为电源电动势E.由题意应有Eq=mg(h+d)． E为电源电动势，d为两极之间的距离．当A板下移时，仍有Eq=mg(h+d)(h+d=h+d)．质点到N孔时速度仍然减为零；当B板上移时，Eq＞mg(h+d)(d＜d)，质点不到N孔前速度就减为零．S断开后，不论A，B板如何移动，A，B间的电场强度E场不变．故有E场dq=mg(h+d)．当B板下移一小段距离时，应有E场(d+△d)q>mg(h+d+△d)． 质点在不到N孔时速度减为零． 当B板上移一小段距离时，应有E场(d-△d)q△P乙 C．△P甲≤△P乙 D．△P甲≥△p乙 答案：4．C指导：把粒子全过程中的动量改变进行分解，水向无动量改变，所以全过程的动量改变量即是电场力作用下发生的动量变化．由此可求得正确答案为C , 5 如图18-2-12是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后以速度vo垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是九两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为l，为提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)可采用哪些方法? 答案：指导：先导出示波管的灵敏度()与有关物理量(d、l U1等)的关系式，再作抉择． 对于电子的加速过程，有 ① 对于电子的偏转过程，有 水平方向l=v0t 竖直方向h= ③ 将②式代入③式，结合E= ④ 将①式代入④式得 据上式可知，增大l和减小Ul或d均可提高示波管的灵敏度 6 在如图18-2-13所示的xOy平面内(y轴正方向竖直向上)存在着水平向右的匀强电场，有一带正电的小球自坐标原点O沿y轴正方向竖直向上抛出，它的初动能为4J，不计空气阻力，当它上升到最高点M时，它的动能为5J，求： (1)试分析说明带电小球被抛出后沿竖直方向和水平方向分别做什么运动． (2)在图中画出带电小球从抛出点O到落回与O在同一水平线上的O点的运动轨迹示意图． (3)带电小球落回到O点时的动能． 答案：(1)(2)见指导 (3)24J 指导：(1)在竖直方向，小球受重力作用，由于重力与小球初速度方向相反，所以沿竖直方向小球做匀减速运动(竖直上抛运动)，沿水平方向，小球受水平向右的恒定电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动 (2)运动轨迹如图D18-2所示 (3)设小球质量为m，带电量为q，初速度为v0，上升的最大高度为A，OM(OP)两点间电势差为 ，MO′(PO′)两点间电势差为U2，小球在O′点的动能为EK′. 对于小于从O到M的过程根据动能定理有： Qu1-mgh=EkM-EkO 由竖直方向的分运动可得出：小球从M到O′，的过程，根据动能定理有：qU2+mgh=Ek′-ekM根据竖直上抛运动的时间特点和小于沿水平方向的分运动特点可知：OP：PO′=1：3，由匀强电场的电势差与场强的关系有Ul：U2=1：3由以上方程可解得:E′K=24J 考场热身探究性命题综合测试 1 对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是 A.将两极板的间距加大，电容将增大 B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小 C.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大 D．在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大 答案： BCD 指导：影响平行板电容器电容大小的因素有：①随正对面积的增大而增大；②随两极间距离的增大而减小；③在两极板间放人电介质，电容增大，据上面叙述可直接看出B、 C选项正确，对D选项，放人铝板后，实际上是减小了平行板的间距，所以本题正确选项为BCD． 2 如图Z18-1所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一电荷量非常小的点电荷．S是闭合的，a表示a点的电势,f表示点电荷受到的电场力．现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则 A.a变大,f变大 B.a变大f变小 C.a不变f不变 D.a不变f变小 答案： B 指导：电容器始终与电源相连，则两板间的电势差U不变，B板向下移动，两板间的距离增大，由匀强电场的公式E=知，电场的场强减小，点电荷受到的电场力f=qE，则f减小，因为a点与电容器A板的距离dAa没有变化，所以可用 UAak=EdAa分析出A板与a点的电势差UAak减小了，于是可知a点相对于B板的电势Ua增大了，故B项对． 3 如图Z18-2所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变A、B两极板的电量而减小两极板间的距离，同 时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度 A.一定减小 B．一定增大 C.一定不变 D.可能不变 答案： A 指导：电量不变而减小两极板间距离时，两板间的电热差减小；同时插入的电介质也导致两极板间的电热差减小，因此静电计指针偏转角一定减小． 4 传感器是一种采集信息的重要器件．如图Z18-3所示，是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路．那么 A.当F向上压膜片电极时，电容将减小 B．当F向上压膜片电极时，电容将增大 C．若电流计有示数，则压力F发生变化 D.若电流计有示数，则压力F不发生变化 答案： BC 指导：当F向上压膜片电极时，电极间距离减小，电容增大；若电流计有示数，必因电容变化引起了充(或放)，即压力F发生了变化 5 一平行板电容器与电源相连，如图Z18-4所示，如果在电容器两极板间插入一块介电常数为ε的电介质薄板(小于板间距离)则 A.电容器的电容变为原来的ε倍 B．稳定后，电容器上所带电量增加 C.插入介质的瞬间，导线上有从a到b的电流 D.插入介质的瞬间，导线上有从b到a的电流 答案： BC 指导：由电容决定式C=当插入电介质，C值变大．但因为介质的尺寸小于板间距离，所以电容值小于原来的 倍，所以A项错误．由公式Q=CU因电容变大，两板电压等于电源电动势Z，所以电容器上带电量增加，B选项正确，电容器充电，电流方向从a到b，所以C项正确，D项错误． 6 如图Z18-5所示为静电除尘器的示意图，下列说法哪些是正确的 A.金属管A和悬在管中的金属丝B应接在高压交流电上 B．管A和金属丝B应接在高压直流电源上 C.距B越近电场越强 D．距B越远电场越强 答案： BC 指导：金属丝B和金属管构成一个电容器，当把它们接在高压电源上时，它们之间就形成了以。为中心的辐射状电场，所以越靠近B，电场越强，C对D错．A和B应接在高压直流电源上，带电灰尘在电场力作用下定向移动，最后附着在电极上，如果A、B接在交流电源上，带电灰尘将在A、B间振动，不能附着在电极上，起不到除尘作用，故A错， B对． 7 如图Z18-6所示，灯丝发热后发出的．电子经加速电场后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中偏转量丁变为原来的2倍，可选用的方法有(设电子不落到极板上) A.只使U1变为原来的倍 B．只使U2变为原来的倍 C.只使偏转电极的长度L变为原来的倍 D.只使偏转电极间的距离d减为原来的倍 答案： ACD 指导：先求出了值：，由此可确定A、c、D正确，这是分析此类问题的一般方法． 8 如Z18-7所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速率，下列解释正确的是 A.两板间距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大 B．两板间距离越大，加速度就越长获得的速率越大 C．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 D.以上解释都不正确 答案： C 指导：从能量观点，电场力做功，使电荷电势能减小，动能增加，由动能定理得，故正确选项为C 9 三个a粒子在同一地点沿同一方向垂直飞人偏转电场，出现了图Z18-8所示的运动轨迹，由此可判断 A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D.动能的增加值c最小，a和b一样大 答案： ACD 指导：由y=选项A正确，B错误由，选项D正确．由选项C正确,EΔ=qEyay, 选项D正确. 10 如图Z18-9(甲)所示，两块长l=2cm的金属板，相距d=0.4cm平行放置，两板间加有Z18-9(乙)所示的交变电压，一束电子从两板左侧中点处射人两板间的电场中，其速度方向与场强方向垂直，若电子的初动能均为Ek=100eV，电子的质量m=0.911030kg，求从两板右侧有电子射出的时间t1与无电子射出的时间t2之比． 答案：4：1 指导：电子射人时的速度电子穿过两极板的时间为： 因交变电压的周期T=4s>>t，所以电子在穿过两极板的时间内可认为两极板间电压是不变的． 设电压为U1时，电子穿过两极板的偏转量恰好为而不穿出，则有: 解得U1=8V，由交变电压的图象知 U1=8V时t=0．8s在0—2s内电子能穿出两极板的时间为t1=2t=1．6s，不能穿出的时间 t2=2-t1=0．4s，则t1：t2=4：1