2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 專題強(qiáng)化九 帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題學(xué)案.doc
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專題強(qiáng)化九 帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題 專題解讀1.本專題是動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)在帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合運(yùn)用,高考常以計(jì)算題出現(xiàn). 2.學(xué)好本專題,可以加深對(duì)動(dòng)力學(xué)和能量知識(shí)的理解,能靈活應(yīng)用受力分析、運(yùn)動(dòng)分析特別是曲線運(yùn)動(dòng)(平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng))的方法與技巧,熟練應(yīng)用能量觀點(diǎn)解題. 3.用到的知識(shí):受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、能量觀點(diǎn). 命題點(diǎn)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(yùn)動(dòng),打在熒光屏中心,在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑. 2.YY′上加的是待顯示的信號(hào)電壓.XX′上是機(jī)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(hào)電壓的周期相同,就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)隨時(shí)間變化的穩(wěn)定圖象. (圖1) 圖1 例1 如圖2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(jì)),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(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中(偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)),電子進(jìn)入M、N間電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直,電子經(jīng)過電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn).已知M、N兩板間的電壓為U2,兩板間的距離為d,板長(zhǎng)為L(zhǎng),電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不計(jì)電子受到的重力及它們之間的相互作 用力. 圖2 (1)求電子穿過A板時(shí)速度的大??; (2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量; (3)若要使電子打在熒光屏上P點(diǎn)的上方,可采取哪些措施? ①偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng);②速度與電場(chǎng)垂直;③不計(jì)重力 答案 (1) (2) (3)減小U1或增大U2 解析 (1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0,由動(dòng)能定理得eU1=mv-0解得v0= (2)電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后,垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E,電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,加速度為a,電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移量為y.由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得t=,F(xiàn)=ma,F(xiàn)=eE,E=,y=at2解得y=. (3)減小加速電壓U1;增大偏轉(zhuǎn)電壓U2. 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1所示.如果在熒光屏上P點(diǎn)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 AC 解析 根據(jù)亮斑的位置,電子水平方向偏向X,豎直方向偏向Y,電子受到電場(chǎng)力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn),因此極板X、極板Y均應(yīng)帶正電. 2.圖3(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(huì)看到圖形是( ) (a) 圖3 答案 B 命題點(diǎn)二 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.常見的交變電場(chǎng) 常見的產(chǎn)生交變電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解). (2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究). (3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究). 3.思維方法 (1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律),抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征,求解粒子運(yùn)動(dòng)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(shí)從兩條思路出發(fā):一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析;二是功能關(guān)系. (3)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用. 例2 如圖4(a)所示,兩平行正對(duì)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(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t0時(shí)刻釋放該粒子,粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),并最終打在A板上.則t0可能屬于的時(shí)間段是( ) 圖4 A.0<t0< B.<t0< C.<t0<T D.T<t0< 答案 B 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(shí)而為正,時(shí)而為負(fù),最終打在A板上時(shí)位移為負(fù),速度方向?yàn)樨?fù).分別作出t0=0、、、時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖象,如圖所示.由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移,則由圖象知,0<t0<與<t0<T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零,<t0<時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零;t0>T時(shí)情況類似.因粒子最終打在A板上,則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零,對(duì)照各項(xiàng)可知B正確. 因電場(chǎng)隨時(shí)間變化,交變電場(chǎng)中帶電粒子所受到電場(chǎng)力出現(xiàn)周期性變化,導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)過程出現(xiàn)多個(gè)階段,分段分析是常見的解題思路.若要分析運(yùn)動(dòng)的每個(gè)細(xì)節(jié),一般采用牛頓運(yùn)動(dòng)定律的觀點(diǎn)分析,借助速度圖象能更全面直觀地把握運(yùn)動(dòng)過程,處理起來比較方便. 3.(多選)(2015山東理綜20)如圖5甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t=0時(shí)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(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng),T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動(dòng)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(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述,正確的是( ) 圖5 A.末速度大小為v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢(shì)能減少了mgd D.克服電場(chǎng)力做功為mgd 答案 BC 解析 因0~時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng),故E0q=mg;在~時(shí)間內(nèi),粒子只受重力作用,做平拋運(yùn)動(dòng),在t=時(shí)刻的豎直速度為vy1=,水平速度為v0;在~T時(shí)間內(nèi),由牛頓第二定律2E0q-mg=ma,解得a=g,方向向上,則在t=T時(shí)刻,vy2=vy1-g=0,粒子的豎直速度減小到零,水平速度為v0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp=mg=mgd,選項(xiàng)C正確;從射入到射出,由動(dòng)能定理可知,mgd-W電=0,可知克服電場(chǎng)力做功為mgd,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;故選B、C. 4.如圖6甲所示,A和B是真空中正對(duì)面積很大的平行金屬板,O是一個(gè)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(shí)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(gè)周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生300個(gè)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(chǎng)力作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng).設(shè)粒子一旦碰到金屬板,它就附在金屬板上不再運(yùn)動(dòng),且電荷量同時(shí)消失,不影響A、B板電勢(shì).不計(jì)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=1.2103V,T=1.210-2s,m=510-10kg,q=1.010-7C. 圖6 (1)在t=0時(shí)刻產(chǎn)生的粒子,會(huì)在什么時(shí)刻到達(dá)哪個(gè)極板? (2)在t=0到t=這段時(shí)間內(nèi)哪個(gè)時(shí)刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達(dá)A板? (3)在t=0到t=這段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的粒子有多少個(gè)可到達(dá)A板? 答案 (1)10-3s 到達(dá)A極板 (2)410-3s (3)100個(gè) 解析 (1)根據(jù)圖乙可知,從t=0時(shí)刻開始,A板電勢(shì)高于B板電勢(shì),粒子向A板運(yùn)動(dòng).因?yàn)閤=()2=3.6 m>l,所以粒子從t=0時(shí)刻開始,一直加速到達(dá)A板.設(shè)粒子到達(dá)A板的時(shí)間為t,則l=t2解得t=10-3 s. (2)在0~時(shí)間內(nèi),粒子的加速度大小為a1==2105 m/s2.在~T時(shí)間內(nèi),粒子的加速度大小為a2==4105 m/s2.可知a2=2a1,若粒子在0~時(shí)間內(nèi)加速Δt,再在~T時(shí)間內(nèi)減速剛好不能到達(dá)A板,則l=a1ΔtΔt解得Δt=210-3 s.因?yàn)椋?10-3 s,所以在t=410-3 s時(shí)刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達(dá)A板. (3)因?yàn)榱W釉丛谝粋€(gè)周期內(nèi)可以產(chǎn)生300個(gè)粒子,而在0~時(shí)間內(nèi)的前時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的粒子可以到達(dá)A板,所以到達(dá)A板的粒子數(shù)n=300=100(個(gè)). 命題點(diǎn)三 電場(chǎng)中的力電綜合問題 1.動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn) (1)由于勻強(qiáng)電場(chǎng)中帶電粒子所受電場(chǎng)力和重力都是恒力,可用正交分解法. (2)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(diǎn) (1)運(yùn)用動(dòng)能定理,注意過程分析要全面,準(zhǔn)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(dòng)能定理. (2)運(yùn)用能量守恒定律,注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn). 例3 如圖7所示,在E=103V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)平滑相接,半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行,其半徑R=40 cm,N為半圓形軌道最低點(diǎn),P為QN圓弧的中點(diǎn),一帶負(fù)電q=10-4 C的小滑塊質(zhì)量m=10 g,與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.15,位于N點(diǎn)右側(cè)1.5 m的M處,g取10 m/s2,求: 圖7 (1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)Q,則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)? (2)這樣運(yùn)動(dòng)的小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大? ①光滑半圓形絕緣軌道;②與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.15. 答案 (1)7m/s (2)0.6N 解析 (1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v, 由牛頓第二定律得mg+qE=m 小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過程中,由動(dòng)能定理得 -mg2R-qE2R-μ(mg+qE)x=mv2-mv 聯(lián)立方程組,解得:v0=7m/s. (2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v′,則從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過程中,由動(dòng)能定理得 -(mg+qE)R-μ(qE+mg)x=mv′2-mv 又在P點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得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(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN′=FN=0.6N. 5.(多選)在電場(chǎng)方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,一帶電小球從A點(diǎn)豎直向上拋出,其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖8所示,小球運(yùn)動(dòng)的軌跡上A、B兩點(diǎn)在同一水平線上,M為軌跡的最高點(diǎn),小球拋出時(shí)的動(dòng)能為8J,在M點(diǎn)的動(dòng)能為6J,不計(jì)空氣的阻力,則下列判斷正確的是( ) 圖8 A.小球水平位移x1與x2的比值為1∶3 B.小球水平位移x1與x2的比值為1∶4 C.小球落到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為32J D.小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中最小動(dòng)能為6J 答案 AC 解析 小球在水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),小球在豎直方向上升和下落的時(shí)間相同,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系可知水平位移x1∶x2=1∶3,選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;設(shè)小球在M點(diǎn)時(shí)的水平分速度為vx,則小球在B點(diǎn)時(shí)的水平分速度為2vx,根據(jù)題意有mv=8 J,mv=6 J,因而在B點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能為EkB=m[]2=32 J,選項(xiàng)C正確;由題意知,小球受到的合外力為重力與電場(chǎng)力的合力,為恒力,小球在A點(diǎn)時(shí),F(xiàn)合與速度之間的夾角為鈍角,小球在M點(diǎn)時(shí),速度與F合之間的夾角為銳角,即F合對(duì)小球先做負(fù)功再做正功,由動(dòng)能定理知,小球從A到M過程中,動(dòng)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(dòng)能一直增大,故小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中最小動(dòng)能一定小于6 J,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 6.如圖9所示,在傾角θ=37的絕緣斜面所在空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)E=4103N/C,在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板.質(zhì)量m=0.2 kg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=0.24 m,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,滑塊帶電荷量q=-5.010-4 C,取重力加速度g=10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8.求: 圖9 (1)滑塊從斜面最高點(diǎn)滑到斜面底端時(shí)的速度大小; (2)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程s和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q. 答案 (1)2.4m/s (2)1m 0.96J 解析 (1)滑塊沿斜面滑下的過程中,受到的滑動(dòng)摩擦力Ff=μ(mg+qE)cos37=0.96N 設(shè)到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理得 (mg+qE)h-Ff=mv2 解得v=2.4m/s. (2)滑塊最終將靜止在斜面底端,因此重力勢(shì)能和電勢(shì)能的減少量等于克服摩擦力做的功,(mg+qE)h=Ffs 解得滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程: s=1m Q=Ffs=0.96J 題組1 示波管的工作原理 1.(多選)示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖1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(huì)出現(xiàn)圖乙中(a)、(b)所示的兩種波形.則( ) 甲 圖1 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 答案 AC 解析 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. 2.如圖2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(diǎn). 圖2 (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 (1)Ⅰ?、颉?2)Y X 題組2 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 3.將如圖3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(shì)比A板電勢(shì)高,這時(shí)有一個(gè)原來靜止的電子正處在兩板的中間,它在電場(chǎng)力作用下開始運(yùn)動(dòng),設(shè)A、B兩極板間的距離足夠大,下列說法正確的是( ) 圖3 A.電子一直向著A板運(yùn)動(dòng) B.電子一直向著B板運(yùn)動(dòng) C.電子先向A板運(yùn)動(dòng),然后返回向B板運(yùn)動(dòng),之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng) D.電子先向B板運(yùn)動(dòng),然后返回向A板運(yùn)動(dòng),之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng) 答案 D 解析 根據(jù)交變電壓的變化規(guī)律,作出電子的加速度a、速度v隨時(shí)間變化的圖線,如圖甲、乙.從圖中可知,電子在第一個(gè)內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng),第二個(gè)內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng),在這半周期內(nèi),因初始B板電勢(shì)比A板電勢(shì)高,所以電子向B板運(yùn)動(dòng),加速度大小為.在第三個(gè)內(nèi)電子做勻加速運(yùn)動(dòng),第四個(gè)內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng),但在這半個(gè)周期內(nèi)運(yùn)動(dòng)方向與前半個(gè)周期相反,向A板運(yùn)動(dòng),加速度大小為.所以電子在交變電場(chǎng)中將以t=時(shí)刻所在位置為平衡位置做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng),綜上分析選項(xiàng)D正確. 4.一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下,在t=0時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng),場(chǎng)強(qiáng)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖4所示.不計(jì)重力.求在t=0到t=T的時(shí)間間隔內(nèi): 圖4 (1)粒子位移的大小和方向; (2)粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間. 答案 (1)T2,方向沿初始電場(chǎng)的正方向 (2) 解析 (1)帶電粒子在0~、~、~、~T時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4,由牛頓第二定律得 a1= ① a2=- ② a3= ③ a4=- ④ 由此得帶電粒子在0~T時(shí)間間隔內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度-時(shí)間圖象如圖(a)所示,對(duì)應(yīng)的速度-時(shí)間圖象如圖(b)所示,其中 v1=a1= ⑤ 由圖(b)可知,帶電粒子在t=0到t=T的時(shí)間間隔內(nèi)的位移大小為 x=v1 ⑥ 由⑤⑥式得 x=T2 ⑦ 方向沿初始電場(chǎng)的正方向. (2)由圖(b)可知,粒子在t=T到t=T內(nèi)沿初始電場(chǎng)的反方向運(yùn)動(dòng),總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t為 t=T-T= ⑧ 5.如圖5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(gè)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(chǎng)中.設(shè)離子通過平行板所需的時(shí)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(jì)離子重力). 圖5 答案 ≤y≤ 解析 各個(gè)離子在板間電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),水平方向上都做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以每個(gè)離子經(jīng)過電場(chǎng)所需的時(shí)間都是T,但由于不同的離子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)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(huì)不同.如果離子在t=0、T、2T……時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng),則離子先在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng),側(cè)向位移為y1,然后做勻速直線運(yùn)動(dòng),側(cè)向位移為y2,如圖甲所示,這些離子在離開電場(chǎng)時(shí),其側(cè)向位移有最大值ymax,由題意可知y1=a()2=.偏轉(zhuǎn)時(shí)離子的豎直分速度為vy=a=.在之后的內(nèi)離子做勻速直線運(yùn)動(dòng),向下運(yùn)動(dòng)的距離為y2=vy=.所以離子偏離中心線的最大距離為ymax=y(tǒng)1+y2=.如果離子在t=、、……時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng),兩板間電壓為零,離子先在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)后,兩板間電壓為U0,離子開始偏轉(zhuǎn),做類平拋運(yùn)動(dòng),側(cè)向位移為y1,如圖乙所示,這些離子離開電場(chǎng)時(shí)的側(cè)向位移最小,則ymin=.如果離子不是在上述兩種時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng),那么離子離開電場(chǎng)時(shí)的側(cè)向位移在ymin與ymax之間. 綜上所述,離子擊中熒光屏上的位置范圍為≤y≤. 甲 乙 題組3 電場(chǎng)中的力電綜合問題 6.如圖6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(duì)平行放置.工作時(shí)兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極,表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細(xì)線懸掛在兩金屬板中間,則( ) 圖6 A.乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷 B.乒乓球受到擾動(dòng)后,會(huì)被吸在左極板上 C.乒乓球共受到電場(chǎng)力、重力和庫(kù)侖力三個(gè)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(huì)在兩極板間來回碰撞 答案 D 解析 兩極板間電場(chǎng)由正極板指向負(fù)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(fù)電荷,A錯(cuò)誤;乒乓球不可能吸在左極板上,B錯(cuò)誤;庫(kù)侖力就是電場(chǎng)力,C錯(cuò)誤;乒乓球與右極板接觸后帶正電,在電場(chǎng)力作用下向負(fù)極板運(yùn)動(dòng),碰到負(fù)極板正電荷與負(fù)極板上的負(fù)電荷中和后帶負(fù)電,在電場(chǎng)力作用下又向正極板運(yùn)動(dòng),這樣會(huì)在兩極板間來回碰撞,D正確. 7.如圖7所示,O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的三點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,一電荷量為-Q的點(diǎn)電荷固定在O點(diǎn),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(diǎn)),從A點(diǎn)由靜止沿它們的連線向右運(yùn)動(dòng),到B點(diǎn)時(shí)速度最大,其大小為vm,小金屬塊最后停止在C點(diǎn).已知小金屬塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,AB間距離為L(zhǎng),靜電力常量為k,則( ) 圖7 A.在點(diǎn)電荷-Q形成的電場(chǎng)中,A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為 B.在小金屬塊由A向C運(yùn)動(dòng)的過程中,電勢(shì)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(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能 答案 C 解析 小金屬塊從A到B過程,由動(dòng)能定理得:-qUAB-μmgL=mv-0,得A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB=-,故A錯(cuò)誤;小金屬塊由A點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中,電場(chǎng)力一直做正功,電勢(shì)能一直減小,故B錯(cuò)誤;由題意知,A到B過程,金屬塊做加速運(yùn)動(dòng),B到C過程做減速運(yùn)動(dòng),在B點(diǎn)金屬塊所受的滑動(dòng)摩擦力與庫(kù)侖力平衡,則有μmg=k,得r=,故C正確;從B到C的過程中,小金屬塊的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能和內(nèi)能,故D錯(cuò)誤. 8.如圖8所示,一絕緣“?”形桿由兩段相互平行的足夠長(zhǎng)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(chǎng)力為重力的. 圖8 (1)若將小環(huán)由D點(diǎn)靜止釋放,則剛好能到達(dá)P點(diǎn),求DM間的距離; (2)若將小環(huán)由M點(diǎn)右側(cè)5R處?kù)o止釋放,設(shè)小環(huán)與PQ桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,小環(huán)所受最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等,求小環(huán)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功. 答案 (1)4R (2)若μ≥,克服摩擦力做功為;若μ<,克服摩擦力做功為mgR 解析 (1)小環(huán)剛好到達(dá)P點(diǎn)時(shí),速度為零,對(duì)小環(huán)從D點(diǎn)到P點(diǎn)過程,由動(dòng)能定理qEx-2mgR=0-0, 又由題意得qE=mg,聯(lián)立解得x=4R. (2)若μ≥,則μmg≥qE,設(shè)小環(huán)到達(dá)P點(diǎn)右側(cè)x1時(shí)靜止,由動(dòng)能定理得qE(5R-x1)-mg2R-Ffx1=0, 又Ff=μmg, 聯(lián)立解得x1=,所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功為 W1=μmgx1=. 若μ<,則μmg<qE,小環(huán)經(jīng)過多次的往復(fù)運(yùn)動(dòng),最后在P點(diǎn)的速度為0, 根據(jù)動(dòng)能定理可知qE5R-mg2R-W2=0-0, 克服摩擦力做的功W2=mgR. 9.如圖9所示,勻強(qiáng)電場(chǎng)方向與水平線間夾角θ=30,方向斜向右上方,電場(chǎng)強(qiáng)度為E,質(zhì)量為m的小球帶負(fù)電,以初速度v0開始運(yùn)動(dòng),初速度方向與電場(chǎng)方向一致. 圖9 (1)若小球的帶電荷量為q=,為使小球能做勻速直線運(yùn)動(dòng),應(yīng)對(duì)小球施加的恒力F1的大小和方向各如何? (2)若小球的帶電荷量為q=,為使小球能做直線運(yùn)動(dòng),應(yīng)對(duì)小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何? 答案 (1)mg 方向與水平線成60角斜向右上方 (2)mg 方向與水平線成60角斜向左上方 解析 (1)如圖甲所示,為使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng),必使其合外力為0,設(shè)對(duì)小球施加的力F1與水平方向夾角為α,則F1cosα=qEcosθ,F(xiàn)1sinα=mg+qEsinθ 代入數(shù)據(jù)解得α=60,F(xiàn)1=mg 即恒力F1與水平線成60角斜向右上方. (2)為使小球能做直線運(yùn)動(dòng),則小球所受合力的方向必和運(yùn)動(dòng)方向在一條直線上,故要使力F2和mg的合力和電場(chǎng)力在一條直線上.如圖乙,當(dāng)F2取最小值時(shí),F(xiàn)2垂直于F.故F2=mgsin60=mg. 方向與水平線成60角斜向左上方.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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- 2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 專題強(qiáng)化九 帶電粒子帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題學(xué)案 2019 年高 物理 一輪 復(fù)習(xí) 第七 專題 強(qiáng)化 帶電 粒子 電場(chǎng) 運(yùn)動(dòng) 綜合 問題
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