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文档简介
1、专题三 带电粒子在电场中的运动高考趋势展望带电粒子在电场中的运动,是电学知识和力学知识的结合点,基于此点,很容易命出将电场知识和力学中的牛顿第二定律、匀变速运动的规律、动能定理、动量定理、运动的合成与分解等主干知识相结合的情景新颖、便于考查学生能力的综合性试题.特别是在注重考查学科内知识综合能力的当今形势下,理解本专题知识,掌握处理涉及本专题知识的物理问题的思路和方法,尤为重要. 知识要点整合1.带电粒子在电场中的运动问题,其实质是在电场中处理的力学问题,因此分析方法和力学中的分析方法基本相同:先分析研究对象的受力情况,再结合研究对象的运动状态或运动过程(平衡、加速或减速,轨迹是直线还是曲线等
2、),选用恰当的力学规律(如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、动量定理或动量守恒定律、能量守恒定律等)进行处理.如本专题中讨论较多的垂直射入匀强电场中的带电粒子的偏转问题,其处理方法完全和平抛运动的处理方法一样:粒子沿初速度方向做匀速直线运动,垂直于初速度方向做初速度为零的匀加速运动.若已知粒子初速度v0,质量为m,电量为q,偏转电压为U,偏转极板长度为l,极板间距为d,则粒子穿越电场的时间t=,粒子垂直于v0方向的加速度a=,离开电场时侧移量y=at2=,偏转角=tan-1=tan-1.2.带电体的重力是否忽略,关键是看其重力和其他力的大小比较.一般来说,一些微观粒子如电子、质子、粒子等重力
3、可以忽略,而一些宏观的带电体如带电的小球、带电的液滴等重力不能忽略. 3.如果偏转极板上加一交变电压,极板间出现一交变电场,但其交变周期T远大于粒子穿越电场的时间时,则在粒子穿越电场的过程中,极板间电场可当做匀强电场处理,只不过不同时刻匀强电场的场强大小不同而已.当偏转电压为正弦波或锯齿波时,连续射入电场中的带电粒子穿出电场时发生的侧移距离随入射时间变化的波形与偏转电压的波形变化. 精典题例解读例1(2003年上海,23)为研究静电除尘,有人设计了一个盒状容器,容器侧面是绝缘的透明有机玻璃,它的上、下底面是面积A=0.04 m2的金属板,间距L=0.05 m,当接到U=2500 V的高压电源正
4、负两极时,能在两金属板间产生一匀强电场,如图3-3-1所示.现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内,每m3有烟尘颗粒1013个,假设这些颗粒都处于静止状态,每个颗粒带电荷量为q=+1.010-17 C,质量为m=2.010-15 kg,不考虑烟尘颗粒间的相互作用和空气阻力,并忽略烟尘颗粒所受重力.求合上电键后:(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附?(2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功?(3)经多长时间容器内颗粒的总动能达到最大? 图3-3-1【解析】 在上、下两金属板间加上电压后,金属板间便形成匀强电场,带电的烟尘颗粒便在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动.由于烟尘颗粒碰到金
5、属板后即被吸附,所以全部烟尘颗粒被吸附的时间即等于靠近上板的烟尘颗粒从静止匀加速运动到下板的时间.烟尘颗粒被电场加速运动的过程,就是电场力对烟尘颗粒做功的过程.所求总功应为对每个烟尘颗粒做功的总和.由于不同烟尘颗粒在金属板间运动的距离不同,所以电场力对不同烟尘颗粒做功数值不同,大小在0qU之间.考虑到烟尘颗粒是均匀分布的,可以认为电场力对每个烟尘颗粒做功的平均值为qU,将其乘以烟尘颗粒总数,即得电场力所做总功.随着电场力做功过程的进行,不断有烟尘颗粒被下极板吸附,余下的烟尘颗粒越少,但每个余下烟尘颗粒的动能却越大,所以余下烟尘颗粒的总动能可能在某时刻存在极大值,列出余下烟尘颗粒总动能的表达式,
6、应用数学求极值的知识不难求出烟尘颗粒的最大动能值.(1)当最靠近上表面的烟尘颗粒被金属板间电场加速运动到下极板时,烟尘就被全部吸附.烟尘颗粒受到的电场力F=qU/L,L=at2=,所以t=L=0.02 s.(2)每个烟尘颗粒被加速的位移不同,由于烟尘颗粒均匀分布,所以可以认为所有烟尘颗粒被加速的平均位移为,即每个烟尘颗粒被加速的平均电压为,所以W=NALqU=2.510-4 J.(3)由于烟尘颗粒被下板吸附后速度即减为零,故烟尘颗粒的总动能应为未被吸附到下板的所有烟尘颗粒总动能之和.对未被吸附到下板的烟尘颗粒,因其被加速的时间、位移、电压均相等,故每个烟尘颗粒的动能都相等,所以当烟尘颗粒下落距
7、离为x时,颗粒总动能Ek=mv2NA(L-x)=xNA(L-x).由数学知识知,当x=时,Ek最大,由于x=at12,所以t1=L=0.014 s.小结:把实际问题抽象为所熟悉的物理模型,是同学们应注意培养的一种能力,也是当前高考命题的一种趋势.本题中应用平均值法计算电场力做的总功是一种常用的解题技巧,请同学们注意体会. 例2(2001年上海,11)一束质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场,如图3-3-2,如果两极板间电压为U,两极板间的距离为d,板长为L,设粒子束不会击中极板,则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为_.(粒子的重力忽略不计)图3-3-2【解
8、析】 粒子在极板间运动的时间t=,垂直于极板方向的加速度a=,所以粒子在飞越极板间电场过程中,在电场方向发生的侧移s=at2=,电场力对粒子做的功W=qU=,所以粒子电势能的变化量E=W=.小结:本题未说明粒子的射入位置,但从“粒子束不会击中极板”的题设条件,可知凡是能穿越电场的粒子,发生的侧移距离都相等,电势能的变化量都相等,而与粒子的射入位置无关.可见,仔细阅读题目内容,特别注意领会一些关键句子的意义,对帮助理解题意,建立清晰的物理图景,具有至关重要的作用. 例3图3-3-3甲中A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板,加上电压后,它们之间的电场可视为匀强电场,图乙表示一周期性的交变电压波
9、形,横坐标代表时间t,纵坐标代表电压U,从t=0开始,电压为一给定值U0,经过半个周期,突然变为-U0;再过半个周期,又突然变为U0;如此周期性地交替变化.图3-3-3在t=0时,将上述交变电压U加在A、B两板上,使开始时A板电势比B板高,这时在紧靠B板处有一初速度为零的电子(质量为m,电荷量为e)在电场作用下开始运动.要想使这电子到达A板时具有最大的动能,则所加交变电压的频率最大不能超过多少?【解析】 在电子由B板向A板运动过程中,A板电势高于B板时电子做加速运动、动能增加,A板电势低于B板时电子做减速运动、动能减少.由动能定理W=Ek知,在电子由B板运动到A板的过程中,只有电场力做功最多,
10、电子获得的动能才最大.A、B板间加电压U0后,A、B间形成匀强电场,由U=Ed知,所加电压是均匀地分布在A、B之间的,电子只有一直加速至A板,电场力做功才最大,为eU0,中间只要存在减速过程,电场力做功的总和就小于eU0.所以,欲使电子获得最大动能,应使电子一直处于加速状态,即电子从BA的运动时间t应.要让电子到达A板时具有最大动能,在电子从BA运动时间内应一直处于加速状态,这就要求t.在电压U0作用下电子的加速度a=,根据d=at2=t2,电子到达A板所用时间t=设交流电周期为T,则要求t若交流电频率为f,则得t则解得频率最大不能超过.小结:分析清楚电子在A、B金属板间的运动情景,是解决本题
11、的关键.本题最易犯的错误,是认为在每一个正半周期末到达A板的电子都应具有相同的最大动能.造成这种错误的原因是忽略了电压是加在A、B两板之间的,电子只有在半周期内到达A板,电场力对电子做的功才最大为eU0,而在其他正半周期末到达A板的电子,电场力对其做的总功为 (n=3、5、7).为进一步加强对此类问题的理解,有兴趣的同学可讨论若A、B板距离足够大,在t为多少时从B板处释放电子,电子将不能到达A板?应用强化训练1.有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的小球A、B、C,从同一位置以相同速度v0先后射入竖直方向的匀强电场中,它们落在正极板的位置如图3-3-4所示,则下列说法中正确的是图3-3-4
12、A.小球A带正电,小球B不带电,小球C带负电B.三个小球在电场中运动的时间相等C.三个小球到达正极板的动能EkAEkBEkCD.三个小球到达正极板的动量的增量pA pBpC【解析】 由水平方向速度相等知其运动时间关系为tAtBtC,由竖直方向位移相等知其加速度关系为aAaBaC.结合电场方向知带正电者合力小于重力,加速度小于g;带负电者电场力向下,合力大于重力,加速度大于g;不带电者加速度等于g.综上讨论知C球带负电,A球带正电,B球不带电,即A正确.又知加速度大者落到正极板上时竖直方向速度大,动量增量大,所以pCpBpA,即答案D也正确.【答案】 AD2.图3-3-5中画的是示波管的示意图,
13、要使屏上的光点P向下偏移的距离增大,可采用以下哪些办法图3-3-5A.只增大加速电压U1B.只减小加速电压U1C.只增大偏转电压U2D.只减小偏转电压U2【答案】 BC3.如图3-3-6所示,一束带电粒子(不计重力)垂直电场线方向进入偏转电场,试讨论在以下情况中,粒子应具备什么条件才能得到相同的偏转距离y和偏转角(U、d、L保持不变)图3-3-6A.进入偏转电场的速度相同B.进入偏转电场的动能相同C.进入偏转电场的动量相同D.先由同一加速电场加速后,再进入偏转电场【解析】 设带电粒子质量为m,电量为q,加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转极板长为L、间距为d,则由qU1=mv02,t=,y=a
14、t2,a=,vy=at 整理,得:y=,=arctan=arctan,y、仅由加速电场和偏转电场决定,与粒子性质无关. 【答案】 D4.(2002年上海,6)如图3-3-7所示,在粗糙水平面上固定一点电荷Q,在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块,小物块在Q的电场中运动到N点静止,则从M点运动到N点的过程中图3-3-7A.小物块所受电场力逐渐减小B.小物块具有的电势能逐渐减小C.M点的电势一定高于N点的电势D.小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功【解析】 由E=k知EMEN,所以FMFN.因电场力做正功,故电势能减小.由于物块电性不明确,故场强方向不明确,M、N点电势关系无法确定
15、.由动能定理知W电-W=Ek=0,所以WM=W电=|Ep|.【答案】 ABD5.如图3-3-8中A、B是一对中间开有小孔的平行金属板,两小孔的连线与金属板面相垂直,两极板的距离为L.两极板间加上低频交流电压,A板电势为零,B板电势u=U0cost.现有一电子在t=0时穿过A板上的小孔射入电场.设初速度和重力的影响均可忽略不计.则电子在两极板间可能图3-3-8A.以AB间的某一点为平衡位置来回振动B.时而向B板运动,时而向A板运动,但最后穿出B板C.一直向B板运动,最后穿出B板,如果小于某个值0,L小于某个值L0D.一直向B板运动,最后穿出B板,而不论、L为任何值【解析】 在L足够大或W足够大的
16、情况下,电子进入小孔后,第一个周期内向B板加速运动,第二个周期向B板减速运动,且第二个周期末速度恰减为零;第三个周期内电子又向A板加速运动,第四个周期内向A板减速运动,且第四个周期末速度恰减为零.以后电子将重复上述过程. 但若L或W较小,则电子在向B板加速或减速过程中就可能穿出B板小孔.【答案】 AC6.图3-3-9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v0垂直进入偏转电场,离开电场时的偏转量是h.两平行板间距离为d,电势差是U2,板长是l.为提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)可采用以下哪些方法图3-3-9A.增大两板间电势差U2B.尽可能使板长l短一些C.尽可
17、能使板距d小一些D.使加速电压U1升高一些【答案】 C7.如图3-3-10所示,在场强为E的水平匀强电场中,竖直固定着一个半径为R的光滑绝缘圆环.环上穿着一个质量为m、电荷量为q的小球,沿顺时针方向绕环做圆周运动,若小球通过环的水平直径端点a时,对环刚好无压力,且qE=mg,则小球通过环的最高点b时,对环的压力大小为_;通过环的最低点c时,对环的压力大小为_.图3-3-10【解析】 在a点:qE=m,ab:qER-mgR=mv02-mva2,在b点:mg-Fb=m,解得Fb=0.ac:qER+mgR=mvc2-mva2,在c点:Fc-mg=m,解得Fc=6mg.【答案】 0;6mg8.带电粒子
18、以速度v0从P点飞入有界的匀强电场,入射方向与电场线垂直,粒子从Q点飞出时,速度方向与电场线的方向成45角,如下图3-3-11所示,设电场的宽度为d,PQ间的电势差为U,粒子重力不计,则该电场的电场强度E=_,带电粒子在Q点时的动能与在P点时的动能之比为_.图3-3-11【解析】 粒子在电场中做类平抛运动,所以在Q点粒子垂直于电场方向速度vQ=v0,粒子平行于电场方向的速度vQ=vQcot45=v0,v=v0,所以=2. 由于粒子从PQ在平行于电场方向平均速度=vQ=v0,所以粒子平行于电场方向位移s=d,所以E=.【答案】 2U/d;29.如图3-3-12所示,金属板AB、CD、EF、GH相
19、互平行、彼此靠近.它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接.孔O1正对B和E,孔O2正对D和G.边缘F、H正对.一个电子以初速度v0=4106 m/s沿AB方向从A点进入电场,恰好穿过孔O1和O2后,从H点离开电场.变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为123.金属板间的距离L1=2 cm,L2=4 cm,L3=6 cm.直流电源的路端电压U=182 V.电子质量me=9.110-31 kg,电量q=1.610-19 C.假设正对两平行板间是匀强电场,求图3-3-12(1)各相对两板间的电场强度.(2)电子离开H点时的动能.(3)四块金属板的总长度(AB+CD+EF+GH).【解析】 (1)三
20、对正对极板间电压之比U1U2U3=RabRbcRcd=123板间距离之比L1L2L3=123故三个电场场强相等E=1516.67 N/C(2)根据动能定理eU=mv2-mv02电子离开H点时动能Ek=mv02+eU=3.6410-17 J(3)由于板间场强相等,则电子在“竖直方向”受电场力不变,加速度恒定.可知电子做类平抛运动. “竖直方向”L1+L2+L3=.“水平方向”x=v0t消去t解得x=0.12 m.极板总长AB+CD+EF+GH=2x=0.24 m.【答案】 (1)1516.67 N/C (2)3.6410-17 J (3)0.24 m10.如图3-3-13所示,ab是半径为R的圆
21、的一条直径,该圆处于匀强电场中,场强大小为E,方向一定.在圆周平面内,将一带正电q的小球从a点以相同的动能抛出.抛出方向不同时,小球会经过圆周上不同的点,在这些所有的点中,到达c点时小球的动能最大.已知cab=30,若不计重力和空气阻力,试求:图3-3-13(1)电场方向与ac间的夹角为多大?(2)若小球在a点时初速度方向与电场方向垂直,则小球恰好能落在c点,则初动能为多大?【解析】 (1)只有a点与c点间电势差最大时小球到达圆周上c点时动能才最大,只有过c点圆的切平面为一等势面时(如图所示),Uac才最大.因场强方向垂直于等势面如图所示,由几何知识知场强方向与ac夹角=30.(2)设在a点小
22、球的初速度为v0,小球做类平抛运动,沿ad方向的分运动为匀速直线运动,位移大小Rcos30=v0t与ad垂直方向位移大小R+Rsin30=由、两式得所以Ek0=mv02=qER【答案】 (1)30 (2) qER11.在真空中速度为v=6.4107 m/s的电子束连续地射入两平行板之间(见图3-3-14),极板长度L=8.010-2 m,间距d为5.010-3 m.两极板不带电时,电子束将从两极板之间的中线通过,在两极板加一个频率是50 Hz的交变电压U=U0sint,如果所加电压的最大值超过某一值UC时,将开始出现以下现象:图3-3-14电子束有时能过两极板,有时间断不能通过.求:(1)UC
23、的大小. (2)U0为何值时才能使通过的时间t1跟间断的时间t2之比为t1t2=21.【解析】 (1)电子匀速通过平行极板的时间t=10-9 s,交变电压的周期T=10-2 s,Tt,电子在通过平行板时,可看作电场不随时间变化,电子在水平方向做匀速运动,在竖直方向做匀加速运动,根据t=三式可求得:UC=91 V(2)当U91 V时电子将打在极板上而间断:当U91 V时,电子束将通过两极板,根据U=U0sint及t1t2=21,可知当t=时,UC=91 V即UC=U0sin得U0= V=105 V【答案】 (1)91 V (2)105 V12.如图3-3-15甲所示,真空室中电极K发出的电子(初
24、速不计)经过U0=1000 V的电场加速后,由小孔S沿两水平金属板A、B间中心线射入.A、B板长l=0.20 m,相距d=0.020 m,加在A、B两板间的电压U随时间t变化的Ut图线如图3-3-15乙所示.设A、B间的电场可看作是均匀的,且两板外无电场.在每个电子通过电场区域的极短时间内,电场可视作恒定的.两板右侧放一记录圆筒,筒的左侧边缘与极板右端距离b=0.15 m,筒绕其竖直轴匀速转动,周期T=0.20 s,筒的周长s=0.20 m,筒能接收到通过A、B板的全部电子.(1)以t=0时(见图乙,此时U=0),电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点,并取y轴竖直向上.试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标.(不计重力作用)(2)在给出的坐标纸(图丙)上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线.图3-3-15【解析】 (1)计算电子打到记录纸上的最高点的坐标: 设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度,则mv02=eU0电子在中心线方向的运动为匀速运动,设电子穿过A、B板的时间为t0.则l=v0t0电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动.对于恰能穿过A、B板的电子,在它通过时加在两板间的电压UC应满足d=联立、式解得uc=U0=20 V此电子从A、
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