大纲地区2014届高三物理复习能力提升：第9章专题7带电粒子在电场中运动综合问题的分析Word版含解析.doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流大纲地区2014届高三物理复习能力提升：第9章专题7带电粒子在电场中运动综合问题的分析Word版含解析.精品文档.专题七带电粒子在电场中运动综合问题的分析考纲解读1.了解示波管的工作原理.2.运用动力学方法分析解决带电粒子在交变电场中的运动.3.会运用功能观点、动力学观点综合分析带电粒子在复合场中的运动考点一带电粒子在电场中运动的实际应用示波管1构造及功能(如图1所示)图1(1)电子枪：发射并加速电子(2)偏转电极YY：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX：使电子束水平偏转(加扫描电压)2工作原理偏转电极XX和YY不加电压，电子打到屏

2、幕中心；若只在XX之间加电压，只在X方向偏转；若只在YY之间加电压，只在Y方向偏转；若XX加扫描电压，YY加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象例1(2011安徽18)图2为示波管的原理图，如果在电极YY之间所加的电压按图3甲所示的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()图2甲乙图3解析由图甲及图乙知，当UY为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时UX为负，即X板电势高，电子向X板偏，所以选B.答案B示波管中电子在荧光屏上落点位置的判断方法示波管中的电子在YY和XX两个偏转电极作用下，同时参与两个类平抛运动，一方面沿YY方向偏转，另一方面沿XX方向

3、偏转，找出几个特殊点，即可确定荧光屏上的图形突破训练1示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图4所示如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图4A极板X应带正电 B极板X应带正电C极板Y应带正电 D极板Y应带正电答案AC解析根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电考点二带电粒子在交变电场中的运动例2如图5甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势

4、随时间变化的图象如图乙所示(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：甲乙图5(1)在t0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析(1)电子经加速电场加速满足qU0mv2经偏转电场偏转后偏移量yat2()2所以y，由题图知t0.06 s时刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm设打在屏上的点距O点距离为Y，满足所以Y13.5 cm.(2)由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm.答案(1)打在屏上的点位于O点正上方，距O点13.5

5、cm(2)30 cm解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法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在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、做功或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3此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)突破训练2如图6甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在

6、电场力作用下开始运动设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()图6答案A解析电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到tT时刻速度变为零之后重复上述运动，A项正确，B项错误.43带电体在复合场中的运动模型1模型概述各种性质的场与实物(分子和原子的构成物质)的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成复合场对于复合场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理

7、分别研究每种场力对物体的作用效果，也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将复合场等效为一个简单场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答2解题方法(1)正交分解法：由于带电粒子在匀强电场中所受电场力和重力都是恒力，不受约束的粒子做的都是匀变速运动，因此可以采用正交分解法处理将复杂的运动分解为两个互相垂直的直线运动，再根据运动合成的方法去求复杂运动的有关物理量(2)等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，合力F合等效为“重力”，a等效为“重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向例3如图7所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点，半径为r，内壁光滑，A、B

8、两点分别是圆弧的最低点和最高点该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角 图760，重力加速度为g.(1)求小球所受到的电场力大小；(2)小球在A点速度v0多大时，小球经B点时对轨道的压力最小？解析(1)对小球受力分析如图所示，小球在C点速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的电场力大小Fmgtan mg(2)小球要到达B点，必须到达D点时速度最小；在D点速度最小时，小球经B点时对轨道的压力也最小设在D点轨道对小球的压力恰为零，则有m，得v由轨道上A点运动到D点的过程，由

9、动能定理得mgr(1cos )Frsin mvmv2解得：v02.答案(1)mg(2)2突破训练3如图8所示，一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度v沿与水平面成角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中()A电场力不可能小于mgcos 图8B液滴的动能一定不变C液滴的机械能一定变化D液滴的电势能一定不变答案A解析带电液滴在匀强电场中共受到两个力的作用：竖直向下的重力和恒定的电场力因为液滴做直线运动，所以它们的合力沿运动方向所在直线；当电场力垂直于运动方向时，如图中的F0所示，电场力最小，即FminF0mgcos ，选项A正确；若电场力如图中的F0所示，电场力垂直于液

10、滴的运动方向，电场力不做功，液滴的机械能守恒，液滴斜向上做直线运动时，其重力势能增大，动能减小，所以选项B、C错误；若电场力如图中的F1或F2所示，液滴所受合力仍沿运动方向所在直线，液滴做直线运动，但F1或F2均对液滴做功，其电势能变化，所以选项D错误44综合运用动力学观点和功能观点解决带电体在电场中的运动1动力学观点动力学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：(1)带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；(2)带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采用类平抛运动规律解决问题2功能观点

11、首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用相应公式计算(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的.解析(1)设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得mgqEm(2分)滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)smv2mv(2分)联立方程组，解得：v07 m/s(2分)(2)设滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得(mgqE)R(qEmg)sm

12、v2mv(2分)又在P点时，由牛顿第二定律得：FNm(2分)代入数据，解得：FN0.6 N，方向水平向右(2分)答案(1)7 m/s(2)0.6 N，方向水平向右突破训练4在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E6.0105 N/C，方向与x轴正方向相同在O处放一个电荷量q5.0108 C、质量m1.0102 kg的绝缘物块物块与水平面间的动摩擦因数0.20，沿x轴图10正方向给物块一个初速度v02.0 m/s，如图10所示求物块最终停止时的位置(g取10 m/s2)答案在O点左侧距O点0.2 m处解析物块先在电场中向右减速，设运动的位移为s1，由

13、动能定理得：(qEmg)s10mv所以s1代入数据得s10.4 m可知，当物块向右运动0.4 m时速度减为零，因物块所受的电场力FqE0.03 NFfmg0.02 N，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为s2，则对全过程由动能定理得mg(2s1s2)0mv.解得s20.2 m.故物块最终停在O点左侧距O点0.2 m处(限时：45分钟)题组1示波管原理1如图1所示是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l4 cm，板间距离d1 cm.板右端距离荧光屏L18 cm.(水平偏转电极上不加电压，没有画出)电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度

14、是1.6107 m/s，电子电荷量e1.601019 C，质量m0.911030 kg. 图1(1)要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？(2)若在偏转电极上加U40sin 100t V的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴上能观测到多长的线段？答案(1)91 V(2)4.4 cm解析(1)经过偏转电场的时间为t竖直方向位移t2所以U91 V(2)因为t s2.5109 s而T s s0.02 st，故进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动当Um40 V时，由vxv，vyt，得偏转角的正切值tan 0.11，偏移量y(L)tan ，得在荧光

15、屏的竖直坐标轴上的观测量为2y4.4 cm.题组2带电粒子在交变电场中的运动2如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A带电粒子将始终向同一个方向运动图2B2 s末带电粒子回到原出发点C3 s末带电粒子的速度为零D03 s内，电场力做的总功为零答案CD解析设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a可知，a22a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功

16、为零，综上所述，可知C、D正确3(2011安徽20)如图3(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)图3A0t0 B.t0C.t0T DTt0答案B解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负作出t00、时粒子运动的速度图象如图所示由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0t0，t0T时粒子在一个周期内的总

17、位移大于零；t0T时情况类似因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确4(2010江苏15(1)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图4甲所示加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0(k1)，电压变化的周期为2，如图乙所示在t0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用若k，电子在02时间内不能到达极板A，求d应满足的条件图4答案d 解析电子在0时间内做匀加速运动加速度的大小a1位移x1a12在2时间内先做

18、匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2初速度的大小v1a1匀减速运动阶段的位移x2由题知dx1x2，解得d 题组3应用动力学和功能观点分析带电体在复合场中的运动5如图5所示，质量为m的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区域时(滑块受到的电场力小于重力)，滑块的运动状态可能()A仍为匀加速下滑，加速度比原来的小图5B仍为匀加速下滑，加速度比原来的大C变成匀减速下滑，加速度和原来一样大D仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大答案AB解析设斜面倾角为，滑块在开始下滑的过程中，mgsin mgcos ma，解得agsin gcos 0，故sin cos .滑块可能带正电也可能带

19、负电，当滑块带正电时，(mgEq)sin (mgEq)cos ma1，a1g(sin cos )(sin cos )，可推出加速度变大；当滑块带负电时，(mgEq)sin (mgEq)cos ma2，a2g(sin cos )(sin cos )，可推出加速度变小，选项A、B正确6如图6所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点一质量为m、带正电的小球从距B点s的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则 () 图6AR越大，s越大BR越大，小球经过B点后瞬

20、间对轨道的压力越大Cm越大，s越大Dm与R同时增大，电场力做功增大答案ACD解析小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mgm，小球由B到D的过程中有：2mgRmvmv，解得vB，R越大，小球经过B点时的速度越大，则s越大，选项A正确；在B点有：FNmgm，解得FN6mg，与R无关，选项B错误；由Eqsmv，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则s越大，电场力做功越多，选项C、D正确7如图7所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电

21、场强度的大小E1.0104 N/C，现有质量m0.20 kg， 图7电荷量q8.0104 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知sAB1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等求：(取g10 m/s2)(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；(2)带电体最终停在何处答案(1)10 m/s(2)离C点的竖直距离为 m处解析(1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：qE(sABR)mgsABmgRmv2解得v10 m/s(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：mghqE

22、h0mv2解得h m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力FfmaxqE4 N，重力Gmg2 N因为GFfmax所以带电体最终静止在与C点的竖直距离为 m处8如图8所示，长L1.2 m、质量M3 kg的木板静止放在倾角为37的光滑斜面上，质量m1 kg、带电荷量q2.5104 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E4.0104 N/C的匀强电场现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F10.8 N取g 图810 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，斜面足够长求：(1)物块经多长时间离开木板？(2)物块离开木板时木板获得的动能(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能答案(1) s(2)27 J(3)2.16 J解析(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律对物块：mgsin 37(mgcos 37qE)ma1对木板：Mgsin 37(mgcos 37qE)FMa2又a1t2a2t2L联立解得物块滑离木板所用时间t s.(2)物块离开木板时木板的速度v2a2t3 m/s.其动能为Ek2Mv27 J(3)由于摩擦而产生的内能为QFfs相对(mgcos 37qE)L2.16 J.