2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 專題強化九 帶電粒子（帶電體）在電場中運動的綜合問題課件.ppt

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專題強化九帶電粒子 帶電體 在電場中運動的綜合問題 第七章靜電場 專題解讀 1 本專題是動力學(xué)和能量觀點在帶電粒子 帶電體 在電場中運動的綜合運用 高考常以計算題出現(xiàn) 2 學(xué)好本專題 可以加深對動力學(xué)和能量知識的理解 能靈活應(yīng)用受力分析 運動分析特別是曲線運動 平拋運動 圓周運動 的方法與技巧 熟練應(yīng)用能量觀點解題 3 用到的知識 受力分析 運動分析 能量觀點 內(nèi)容索引 命題點一示波管的工作原理 命題點二帶電粒子在交變電場中的運動 課時作業(yè) 命題點三電場中的力電綜合問題 1 命題點一示波管的工作原理 1 如果在偏轉(zhuǎn)電極XX 和YY 之間都沒有加電壓 則電子槍射出的電子束沿直線運動 打在熒光屏中心 在那里產(chǎn)生一個亮斑 2 YY 上加的是待顯示的信號電壓 XX 上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓 叫做掃描電壓 若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同 就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間變化的穩(wěn)定圖象 如圖 例1 如圖所示為一真空示波管的示意圖 電子從燈絲K發(fā)出 初速度可忽略不計 經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速 從A板中心孔沿中心線KO射出 然后進入兩塊平行金屬板M N形成的偏轉(zhuǎn)電場中 偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場 電子進入M N間電場時的速度與電場方向垂直 電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點 已知M N兩板間的電壓為U2 兩板間的距離為d 板長為L 電子的質(zhì)量為m 電荷量為e 不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力 2 求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量 答案 答案 1 求電子穿過A板時速度的大小 解析 分析 減小加速電壓U1 增大偏轉(zhuǎn)電壓U2 3 若要使電子打在熒光屏上P點的上方 可采取哪些措施 減小U1或增大U2 答案 解析 1 多選 示波管是示波器的核心部件 它由電子槍 偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成 如圖所示 如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑 那么示波管中的A 極板X應(yīng)帶正電B 極板X 應(yīng)帶正電C 極板Y應(yīng)帶正電D 極板Y 應(yīng)帶正電 答案 分析 發(fā)射電子 帶負電 2 圖 a 為示波管的原理圖 如果在電極YY 之間所加的電壓按圖 b 所示的規(guī)律變化 在電極XX 之間所加的電壓按圖 c 所示的規(guī)律變化 則在熒光屏上會看到圖形是 答案 a 2 命題點二帶電粒子在交變電場中的運動 1 常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波 鋸齒波 正弦波等 2 常見的題目類型 1 粒子做單向直線運動 一般用牛頓運動定律求解 2 粒子做往返運動 一般分段研究 3 粒子做偏轉(zhuǎn)運動 一般根據(jù)交變電場特點分段研究 3 思維方法 1 注重全面分析 分析受力特點和運動規(guī)律 抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征 求解粒子運動過程中的速度 位移 做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件 2 分析時從兩條思路出發(fā) 一是力和運動的關(guān)系 根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析 二是功能關(guān)系 3 注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用 如圖 a 所示 兩平行正對的金屬板A B間加有如圖 b 所示的交變電壓 一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處 若在t0時刻釋放該粒子 粒子會時而向A板運動 時而向B板運動 并最終打在A板上 則t0可能屬于的時間段是 例2 答案 解析 設(shè)粒子的速度方向 位移方向向右為正 依題意知 粒子的速度方向時而為正 時而為負 最終打在A板上時位移為負 速度方向為負 分別作出t0 0 時粒子運動的速度圖象 如圖所示 由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移 則由圖象知 時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零 在一個周期內(nèi)的總位移小于零 t0 T時情況類似 因粒子最終打在A板上 則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零 對照各項可知B正確 因電場隨時間變化 交變電場中帶電粒子所受到電場力出現(xiàn)周期性變化 導(dǎo)致運動過程出現(xiàn)多個階段 分段分析是常見的解題思路 若要分析運動的每個細節(jié) 一般采用牛頓運動定律的觀點分析 借助速度圖象能更全面直觀地把握運動過程 處理起來比較方便 3 多選 2015 山東理綜 20 如圖甲 兩水平金屬板間距為d 板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示 t 0時刻 質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間 0 時間內(nèi)微粒勻速運動 T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出 微粒運動過程中未與金屬板接觸 重力加速度的大小為g 關(guān)于微粒在0 T時間內(nèi)運動的描述 正確的是A 末速度大小為v0B 末速度沿水平方向C 重力勢能減少了mgdD 克服電場力做功為mgd 答案 解析 抵消重力影響 分析 4 如圖甲所示 A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板 O是一個可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源 O到A B的距離都是l 現(xiàn)在A B之間加上電壓 電壓UAB隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示 已知粒子源在交變電壓的一個周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生300個粒子 粒子質(zhì)量為m 電荷量為 q 這種粒子產(chǎn)生后 在電場力作用下從靜止開始運動 設(shè)粒子一旦碰到金屬板 它就附在金屬板上不再運動 且電荷量同時消失 不影響A B板電勢 不計粒子的重力 不考慮粒子之間的相互作用力 已知上述物理量l 0 6m U0 1 2 103V T 1 2 10 2s m 5 10 10kg q 1 0 10 7C 1 在t 0時刻產(chǎn)生的粒子 會在什么時刻到達哪個極板 根據(jù)圖乙可知 從t 0時刻開始 A板電勢高于B板電勢 粒子向A板運動 所以粒子從t 0時刻開始 一直加速到達A板 設(shè)粒子到達A板的時間為t 答案 解析 2 在t 0到t 這段時間內(nèi)哪個時刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達A板 4 10 3s 答案 解析 3 在t 0到t 這段時間內(nèi)產(chǎn)生的粒子有多少個可到達A板 100個 答案 解析 3 命題點三電場中的力電綜合問題 1 動力學(xué)的觀點 1 由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力 可用正交分解法 2 綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式 注意受力分析要全面 特別注意重力是否需要考慮的問題 2 能量的觀點 1 運用動能定理 注意過程分析要全面 準確求出過程中的所有力做的功 判斷選用分過程還是全過程使用動能定理 2 運用能量守恒定律 注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn) 如圖所示 在E 103V m的豎直勻強電場中 有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接 半圓形軌道平面與電場線平行 其半徑R 40cm N為半圓形軌道最低點 P為QN圓弧的中點 一帶負電q 10 4C的小滑塊質(zhì)量m 10g 與水平軌道間的動摩擦因數(shù) 0 15 位于N點右側(cè)1 5m的M處 g取10m s2 求 1 要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q 則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運動 2 這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大 例3 答案 解析 分析 7m s 答案 0 6N 1 設(shè)小滑塊到達Q點時速度為v mg qE m小滑塊從開始運動至到達Q點過程中 聯(lián)立方程組 解得 v0 7m s 2 設(shè)小滑塊到達P點時速度為v 則從開始運動至到達P點過程中 又在P點時 FN m代入數(shù)據(jù) 解得 FN 0 6N由牛頓第三定律得 小滑塊通過P點時對軌道的壓力FN FN 0 6N 5 多選 在電場方向水平向右的勻強電場中 一帶電小球從A點豎直向上拋出 其運動的軌跡如圖所示 小球運動的軌跡上A B兩點在同一水平線上 M為軌跡的最高點 小球拋出時的動能為8J 在M點的動能為6J 不計空氣的阻力 則下列判斷正確的是A 小球水平位移x1與x2的比值為1 3B 小球水平位移x1與x2的比值為1 4C 小球落到B點時的動能為32JD 小球從A點運動到B點的過程中最小動能為6J 答案 解析 小球在水平方向做初速度為零的勻加速運動 小球在豎直方向上升和下落的時間相同 由勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系可知水平位移x1 x2 1 3 選項A正確 選項B錯誤 由題意知 小球受到的合外力為重力與電場力的合力 為恒力 小球在A點時 F合與速度之間的夾角為鈍角 小球在M點時 速度與F合之間的夾角為銳角 即F合對小球先做負功再做正功 由動能定理知 小球從A到M過程中 動能先減小后增大 小球從M到B的過程中 合外力一直做正功 動能一直增大 故小球從A運動到B的過程中最小動能一定小于6J 選項D錯誤 6 如圖所示 在傾角 37 的絕緣斜面所在空間存在著豎直向上的勻強電場 場強E 4 103N C 在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板 質(zhì)量m 0 2kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下 滑到斜面底端以與擋板相碰前的速率返回 已知斜面的高度h 0 24m 滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù) 0 3 滑塊帶電荷量q 5 0 10 4C 取重力加速度g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 1 滑塊從斜面最高點滑到斜面底端時的速度大小 答案 解析 2 4m s 滑塊沿斜面滑下的過程中 Ff mg qE cos37 0 96N設(shè)到達斜面底端時的速度為v 2 滑塊在斜面上運動的總路程s和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q 答案 解析 1m0 96J 滑塊最終將靜止在斜面底端 mg qE h Ffs解得滑塊在斜面上運動的總路程 s 1mQ Ffs 0 96J 課時作業(yè) 4 1 多選 示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖甲所示 如果偏轉(zhuǎn)電極XX YY 之間都沒有加電壓 電子束將打在熒光屏中心 如果在偏轉(zhuǎn)電極XX 之間和YY 之間加上圖丙所示的幾種電壓 熒光屏上可能會出現(xiàn)圖乙中 a b 所示的兩種波形 則 甲 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A 若XX 和YY 分別加電壓 3 和 1 熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中 a 所示波形B 若XX 和YY 分別加電壓 4 和 1 熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中 a 所示波形C 若XX 和YY 分別加電壓 3 和 2 熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中 b 所示波形D 若XX 和YY 分別加電壓 4 和 2 熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中 b 所示波形 要使熒光屏上出現(xiàn)圖乙中 a 所示波形 XX 加掃描電壓 3 YY 加正弦電壓 1 則A正確 要使熒光屏上出現(xiàn)圖乙中 b 所示波形 XX 加掃描電壓 3 YY 加方波電壓 2 則C正確 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 如圖是示波管的原理圖 它由電子槍 偏轉(zhuǎn)電極 XX 和YY 熒光屏組成 管內(nèi)抽成真空 給電子槍通電后 如果在偏轉(zhuǎn)電極XX 和YY 上都沒有加電壓 電子束將打在熒光屏的中心O點 1 帶電粒子在 區(qū)域是加速的 在 區(qū)域是偏轉(zhuǎn)的 2 若UYY 0 UXX 0 則粒子向 板偏移 若UYY 0 UXX 0 則粒子向 板偏移 答案 X Y 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 將如圖所示的交變電壓加在平行板電容器A B兩板上 開始B板電勢比A板電勢高 這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間 它在電場力作用下開始運動 設(shè)A B兩極板間的距離足夠大 下列說法正確的是A 電子一直向著A板運動B 電子一直向著B板運動C 電子先向A板運動 然后返回向B板運動 之后在A B兩板間做周期性往復(fù)運動D 電子先向B板運動 然后返回向A板運動 之后在A B兩板間做周期性往復(fù)運動 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4 一電荷量為q q 0 質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下 在t 0時由靜止開始運動 場強隨時間變化的規(guī)律如圖所示 不計重力 求在t 0到t T的時間間隔內(nèi) 1 粒子位移的大小和方向 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 帶電粒子在時間間隔內(nèi)做勻變速運動 設(shè)加速度分別為a1 a2 a3 a4 由牛頓第二定律得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由此得帶電粒子在0 T時間間隔內(nèi)運動的加速度 時間圖象如圖 a 所示 對應(yīng)的速度 時間圖象如圖 b 所示 其中 1 2 3 4 5 6 7 8 9 方向沿初始電場的正方向 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 粒子沿初始電場反方向運動的時間 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5 如圖甲所示 兩平行金屬板間距為d 加上如圖乙所示的電壓 電壓的最大值為U0 周期為T 現(xiàn)有一離子束 其中每個離子的質(zhì)量為m 電荷量為 q 從與兩板等距處沿著與板平行的方向連續(xù)地射入兩板間的電場中 設(shè)離子通過平行板所需的時間恰好為T 與電壓變化周期相同 且所有離子都能通過兩板間的空間打在右端的熒光屏上 求離子擊中熒光屏上的位置的范圍 不計離子重力 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 各個離子在板間電場中運動時 水平方向上都做勻速直線運動 所以每個離子經(jīng)過電場所需的時間都是T 但由于不同的離子進入電場的時刻不同 兩板間的電壓的變化情況不同 因此它們的側(cè)向位移也會不同 如果離子在t 0 T 2T 時刻進入電場 則離子先在兩板間做類平拋運動 側(cè)向位移為y1 然后做勻速直線運動 側(cè)向位移為y2 如圖甲所示 這些離子在離開電場時 其側(cè)向位移有最大值ymax 甲 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 如果離子不是在上述兩種時刻進入電場 那么離子離開電場時的側(cè)向位移在ymin與ymax之間 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6 如圖所示為靜電力演示儀 兩金屬極板分別固定于絕緣支架上 且正對平行放置 工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極 表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬板中間 則A 乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負電荷B 乒乓球受到擾動后 會被吸在左極板上C 乒乓球共受到電場力 重力和庫侖力三個力的作用D 用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸 放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 兩極板間電場由正極板指向負極板 鍍鋁乒乓球內(nèi)電子向正極板一側(cè)聚集 故乒乓球的右側(cè)感應(yīng)出負電荷 A錯誤 乒乓球不可能吸在左極板上 B錯誤 庫侖力就是電場力 C錯誤 乒乓球與右極板接觸后帶正電 在電場力作用下向負極板運動 碰到負極板正電荷與負極板上的負電荷中和后帶負電 在電場力作用下又向正極板運動 這樣會在兩極板間來回碰撞 D正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 如圖所示 O A B C為一粗糙絕緣水平面上的三點 不計空氣阻力 一電荷量為 Q的點電荷固定在O點 現(xiàn)有一質(zhì)量為m 電荷量為 q的小金屬塊 可視為質(zhì)點 從A點由靜止沿它們的連線向右運動 到B點時速度最大 其大小為vm 小金屬塊最后停止在C點 已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為 AB間距離為L 靜電力常量為k 則A 在點電荷 Q形成的電場中 A B兩點間的電勢差為B 在小金屬塊由A向C運動的過程中 電勢能先增大后減小C OB間的距離為D 從B到C的過程中 小金屬塊的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8 如圖所示 一絕緣 形桿由兩段相互平行的足夠長的水平直桿PQ MN和一半徑為R的光滑半圓環(huán)MAP組成 固定在豎直平面內(nèi) 其中MN桿是光滑的 PQ桿是粗糙的 現(xiàn)將一質(zhì)量為m的帶正電荷的小環(huán)套在MN桿上 小環(huán)所受的電場力為重力的 1 若將小環(huán)由D點靜止釋放 則剛好能到達P點 求DM間的距離 答案 解析 4R 小環(huán)剛好到達P點時 速度為零 對小環(huán)從D點到P點過程 由動能定理qEx 2mgR 0 0 又由題意得qE mg 聯(lián)立解得x 4R 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 若將小環(huán)由M點右側(cè)5R處靜止釋放 設(shè)小環(huán)與PQ桿間的動摩擦因數(shù)為 小環(huán)所受最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等 求小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 如圖所示 勻強電場方向與水平線間夾角 30 方向斜向右上方 電場強度為E 質(zhì)量為m的小球帶負電 以初速度v0開始運動 初速度方向與電場方向一致 1 若小球的帶電荷量為q 為使小球能做勻速直線運動 應(yīng)對小球施加的恒力F1的大小和方向各如何 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 如圖甲所示 為使小球做勻速直線運動 必使其合外力為0 設(shè)對小球施加的力F1與水平方向夾角為 則F1cos qEcos F1sin mg qEsin 代入數(shù)據(jù)解得 60 F1 mg即恒力F1與水平線成60 角斜向右上方 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 若小球的帶電荷量為q 為使小球能做直線運動 應(yīng)對小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 為使小球能做直線運動 則小球所受合力的方向必和運動方向在一條直線上 故要使力F2和mg的合力和電場力在一條直線上 如圖乙 當(dāng)F2取最小值時 F2垂直于F 故F2 mgsin60 mg 方向與水平線成60 角斜向左上方 1 2 3 4 5 6 7 8 9