爱思物理高三第1学期第13教学周备课笔记(电场第二讲后三类题型)

1、高三物理备课笔记 第一学期第13教学周 11.26-12.2【说明】1 材料供爱思物理高三年级学生和教师参考使用，每周更新。2 材料分【说明】、【进度与安排】、【知识、题型、例题】三部分。3 材料中A类问题为基础题型、B类问题为提高题型、C类问题为能力题型，E类问题为思维力题型。其中B类问题为高考中等难度上下的问题，C类问题为高考难度较大的问题，E类问题则为自主招生和“浅竞赛”难度的问题。请老师根据自己所带课程选择使用。【进度与安排】本周的备课重点是：电场部分第二讲后三类题型。【知识、题型、例题】电场部分 与第二讲相应的推荐例题和练习（A、B、C代表难度，L、K、Z分别代表例题、课堂练习、作业

2、题）第二讲 e.g.3匀强电场中的匀变速曲线运动 电容间的抛体1（K、A）（2007北京卷）两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间电压为U，板间电场可以认为是均匀的。一个a粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心。已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响。求：（1）极板间的电场强度E；（2）a粒子在极板间运动的加速度a；（3）a粒子的初速度v0。解答：（1）由匀强电场场强跟电势差的关系板间电场强度 ；（2）a粒子的质量为4m，电荷量为2e，在极板间运动时只受电场力作用，由牛顿第二定律a粒子的加速度a

3、= （3）a粒子在极板间做匀变速运动d= R=v0t 解得 解读：本题考查带电粒子在电场中的偏转，涉及的知识点主要有电场强度的定义式，匀强电场的场强跟电势差的关系，牛顿第二定律，运动的合成与分解，是电场的概念和规律与牛顿第二定律的综合运用，虽然不难，但考查了解曲线运动的一般方法。提醒注意的是本题同时考查了原子核的组成，要求认真审题，不要在a粒子的质量和电荷量上出错。2（L、B）示波管的原理（1）偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，打到荧光屏的中心形成一个亮斑。（2）如果偏转电极XX'不加电压，偏转电极YY'加上电压U，电子加速、偏转后打到YY'所在直线上

4、的某一点，如图8-2-4乙所示。（3）设加速极电压为U1，偏转电极电压为U2，偏转电极板长度为l，两板距离为d，偏转电极板右侧到荧光屏的距离为L，电子电荷量为e，质量为m。电子进入偏转电场的速度为v0，离开偏转电场时的偏转角为f、侧向偏移量为y，打到荧光屏上的侧移量为y'。由动能定理 eU1=，v0=vx=v0，=y=at2=y'=y+Ltanf= =（4）示波管工作时，在偏转电极XX'和YY'都加上电压，一般加在YY'上的电压是要研究的信号电压，加在XX'上的扫描电压，在荧光屏上就会出现信号电压随时间变化的图象。两个重要的结论vfmqv0yL图

5、8-2-5fly'xvxvy（1）静止的带电粒子经过同一电场加速后，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转角f和侧移量y与粒子的质量m、电荷量q无关。（2）垂直进入偏转电场的带电粒子，离开电场时速度的反向延长线过沿初速度方向极板长度的中点。如图8-2-5所示，作粒子速度的反向延长线，设与初速度方向的交点到电场边缘的距离为x，则x=3（K、B）如图8-2-11甲所示，真空室中的电极K发出的电子（初速不计），经过U0=1.0×103 V的加速电场后，由小孔S沿中心线射入水平正对的平行金属极板A、B形成的偏转电场。平行金属板板长l=0.20m，板间距d=0.02 m，在极板的右端竖

6、直放一可绕中心轴转动的记录圆筒，圆筒的周长s=0.20m，以周期T=0.10 s顺时针（从上往下看）匀速转动时，圆筒足够长，左侧边缘与极板右端距离L=0.30 m，圆筒的表面覆盖着一层特殊材料做成的记录纸，可记录电子打在记录圆筒的位置。在A、B两板间加上如图8-2-11乙所示的交变电压U，当A板电势高于B板电势时，电压记为正值。已知元电荷为e=1.60×10-19 C，设A、B间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，在电子通过偏转电场区的极短时间内，偏转电场可视作不变，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。（1）求在t=0.05s时刻进入平行金属极板的电子打到记录圆筒时的动

7、能为多少电子伏；（2）要使电子都能打在记录圆筒上，求A、B两板的电压 U应满足的条件条件；（3）以在t=0.05s时刻进入平行金属极板的电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，取y轴竖直向上。求电子打在圆筒记录纸上的最高点的y坐标，并在给出的坐标纸上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。图8-2-11-10010x/cmy/cm5-5丙乙U/V50-500t/s0.10.20.3U0LABKS甲lU解答：（1）设电子沿A、B板的中心线射入电场时的动能为Ek，由动能定理Ek=eU0电子打在记录纸上的动能等于Ek=1×103 eV（2）设电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度

8、为v0，设电子穿过A、B板的时间为t，侧向位移为yv0=l=v0t y=at2= 解得 y=<-10010x/cmy/cm5-5丙图8-2-12电子都从平行金属板间射出，U应满足的条件U<=20V（3）设电子从平行板边缘离开偏转电场时的最大偏转角为qtanq=电子打在圆筒记录纸上的最大偏移量为YY=y+L tanq=4.0 cm最高点的y坐标为Y=4.0 cm从U-t图可知，有电子从两板间射出的时间间隔Dt=T，所以记录纸上形成的图线的水平长度为Dx=s记录纸上的点形成的图线如图8-2-12所示。评析：（1）本题通过示波器考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，用牛顿运动定律解匀变速曲

9、线运动的一般方法。掌握示波管的工作原理，能够求出电子离开电场时的偏转角和侧向偏移量，仍然是解题的基础。（2）利用带电粒子离开偏转电场时的速度反向延长线过l/2处这一结论，会给解题带来很大的方便。由几何关系得 ，y= 解得 =4.0´10-2 m（3）要求能够判断电子打在记录圆筒上的临界条件，根据U-t图象得出“通断”时间比，用匀速转动的圆筒等效替代示波管的横向扫瞄，能力要求很高。思考：如果在偏转极所加的电压是正弦交变电压，U=U0sinwt=40cos20pt（V），能否画出电子打在记录纸上的点形成的图象？4（Z、B）U1-+U2图8-2-10y图8-2-10为示波管示意图。示波管的

10、灵敏度为电子离开偏转极时的侧向偏移量y跟偏转极所加的电压U2之比（）。为了提高示波管的灵敏度，可采取的措施是（ ）A增大偏转极电压U2B减小偏转极电压U2C增大加速极电压U1D减小偏转极两极板间的距离d 解答:带电粒子在电场中先加速再偏转，推导得出侧向偏移量y= 灵敏度=所以要增大灵敏度，只能增大l，减小U1，减小d。答案：D评析:不能简单地依据灵敏度的定义，减小U2就可增大灵敏度，因为y与U2相关。应当要把它当作一道计算题，快速准确地求出侧向偏移量y，再写出灵敏度的表达式，在此基础上分析判定。掌握示波管的工作原理，熟练推导得出带电粒子离开偏转电场时的偏转角和侧向偏移量是解此类问题的着眼点。比

11、较:一束一价正离子流垂直射入匀强电场区域，整个装置处在真空中，不计重力的影响。已知它们离开匀强电场时的偏转角相同，可以判定它们进入电场时（ ）A. 一定具有相同的动能B. 一定具有相同的动量C. 一定具有相同的质量D. 一定具有相同的速度解答:推导得出带电粒子离开电场的偏转角的正切值粒子的电荷量q相同，偏转角f相同，则动能Ek=一定相同。答案：A 思考:如果垂直射入匀强电场区域的带电粒子比荷（）相同，结果怎样？5（Z、B+）示波管是示波器的核心部分，它主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成，如图8-2-25甲所示。电子枪具有释放出电子并使电子聚集成束以及加速的作用；偏转系统使电子束发生偏转；

12、电子束打在荧光屏形成光迹。这三部分均封装于真空玻璃壳中。已知电子的电荷量e1.6×10-19 C，质量m0.91×10-30 kg，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论效应。（1）电子枪的三级加速可以简化为如图8-2-25乙所示的加速电场，若从阴极逸出电子的初速度可忽略不计，要使电子被加速后的动能达到1.6×10-16J，求加速电压U0为多大；（2）电子被加速后进入偏转系统，若只考虑电子沿Y（竖直）方向的偏转情况，偏转系统可以简化为如图8-2-25丙所示的偏转电场。偏转电极的极板长l4.0 cm，两板间距离d1.0 cm，极板右端与荧光屏的

13、距离L18 cm，当在偏转电极Y上加u480 sin100t V的正弦交变电压时，如果电子进入偏转系统的初速度v0=3.0×107 m/s，求电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度；（3）如图8-2-25甲所示，电子枪中灯丝用来加热阴极，使阴极发射电子。控制栅极的电势比阴极低，调节阴极与控制栅极之间的电压，可控制通过栅极电子的数量。现要使电子打在荧光屏上电子的数量增加，应如何调节阴极与控制栅极之间的电压。电子枪中A1、A2和A3三个阳极除了对电子加速外，还共同完成对电子束的聚焦作用，其中聚焦的电场可简化为如图8-2-25丁所示的电场，图中的虚线是该电场的等势线。请说明聚焦电场如何实现对电

14、子束的聚焦作用。甲灯电子枪偏转系统丝FK阴极控制栅极G一第阳极A1第阳极A2二第阳极A3三Y偏转板X偏转板荧光屏U0KA乙丙偏转电压Llv0图8-2-25丁32V30V解答（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0=Ek 解得U0=1.0×103 V （2）由u480sin100t V，可知偏转电场变化的周期T=，而t=，因T>>t，可见每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场。设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，此时电子沿电场方向的位移为d/2根据牛顿定律和运动学公式有 解得=320V所以，为使电子能打在荧光屏上，所加偏转电压应小于

15、320V 当加在偏转电极上的偏转电压为u480sin100t V时，且电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的最大位移恰为d/2 设电子射出偏转电场的速度与初速度方向的最大夹角为，则tan=0.25图8-2-3332V30V电子打在荧光屏上的最大偏移量 由对称性可得电子打在荧光屏产生亮线的最大长度为 （3）现要使打在荧光屏上电子数目增加，应将阴极与控制栅极之间的电压调低。聚焦电场如图8-2-33所示，由力和运动的关系可知：电子在沿示波管中心轴线所受电场力与电子沿此方向速度相反，电子沿示波管中心轴线方向做减速运动；电子在垂直波管中心轴线方向受电场力指向中心轴线，在此方向电子做加速运动。由对称性可知

16、电子束有向着中心会聚的特点，适当调节电场可以使电子束聚焦在中心轴线上一点，因此这样的电场分布将对射入的发散的电子束有会聚作用。第二讲 e.g.4电场力作用下的带电物体运动的能量分析1（L、A）将一个电荷量q-3×10-6 C的负点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10-4 J，从B点移到C点电场力做功9×10-4 J。（1）求AB、BC、CA间电势差UAB、UBC、UAC；（2）比较A、B、C三点电势的高低；（3）将一个电子从电场中的A点移到C点，电场力所做的功为多少电子伏，电势能变化了多少？解答：（1）电荷量 q-3´10-6 C，电场

17、力的功WAB=-6´10-4 J，WBC=9´10-4 J。由电势差的定义UAB=jA-jB= =200 V UBC=jB-jC = = -300 VUAC=jA-jC= UAB+ UBC=-100V（2）UAB=jA-jB =200 V，A点电势比B点电势高200VUBC=jB-jC =-300 V，C点电势比B点电势高300V所以电势最高的点是C，电势最低的点是B.（3）电子的电荷量为-e，从A点移到C点电场力所做的功为WAC=qUAC=-eUAC=100 eV电场力做正功，所以电势能减少了100 eV评析：（1）在使用电场力做功的公式WAB=EpA-EpB=qUAB时

18、，电荷量q、电势差UAB、电场力的功WAB带入“+”、“-”号判定或运算较为方便。符号规则：带电体为正电荷，q取正值，若为负电荷，q取负值；始点电势jA高于终点电势jB，jA>jB，UAB取正值，若始点电势jA低于终点电势jB，jA<jB，UAB取负值；WAB>0，电场力对电荷做正功，WAB<0，电场力对电荷负功（克服电场力做功）。（2）电子伏（eV）是能量的一种单位，在粒子物理中使用较多，1eV=1.60´10-19 J。AMNddB图8-2-232（K、B）如图8-2-23所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连两板的中央各有一小孔M和N

19、，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回。若保持两极板间的电压不变，则（ ）A.把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B.把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C.把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D.把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落答案：ACD 由动能定理求解。改变两板的距离，两板电压不变，电场力做的功不变，重力做的功改变。图8-2-21v1MNO+3（Z、B）（09年四川卷）如图8-2-21所示，

20、粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2v1）。若小物体电荷量保持不变，OMON，则（ ）A小物体上升的最大高度为B从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小答案：AD 由库仑定律并对小物体受力分析可知在O'(OO'MN且O'为交点)处小物体受电场力最大，斜面对小物体的支持力也最大，故小物体运动过程中所受滑动摩擦力在O'处最大。从N到M和从M到N的

21、过程中电场力对物体均是先做正功后做负功，故小物体的电势能先减小后增大。因为OM=ON，由点电荷电场分布规律可知UMN=0，故物体由M运动到N的过程中电场力做功为0，物体由M运动到N和由N运动到M的过程中克服摩擦力所做的功相等设为Wf，并设物体能上升的最大高度为h，由动能定理可得-mgh-Wf=0-，mgh-Wf=-0，解得h=。4（Z、B+）带有等量异种电荷的两个平行金属板A和B水平放置，相距为d（d远小于板的长和宽），一个带正电的油滴M浮在两板正中央，处于静止状态，其质量为m，电荷量为q，如图8-2-31所示.在油滴正上方距A板高度为d处有另一质量为m的带电油滴N由静止开始释放，可穿过A板上

22、的小孔进入两板间并与M相碰，碰后结合成一个大油滴.整个装置放置在真空环境中，不计油滴M和N间的万有引力和库仑力以及金属板的厚度，要使油滴N能与M相碰且结合后又不至于同金属板B相碰，求：B图8-2-31NddAM（1）金属板A、B间的电势差UAB是多少？（2）油滴N带何种电荷，所带的电荷量满足什么条件？解答：（1）由M油滴的平衡条件知mg= UAB（2）要使M、N相碰后不至于到B板，N应带正电 设N的带电量为Q，则N、M相碰必满足mg(d+d)-QUBAmv0 所以Q=3q N、M相碰时 mv=2mv v=v N、M结合成大油滴不能到B板应满足(2m)v+2mg(q+Q)UBA 所以Qq 所以

23、qQ3q 第二讲 e.g.5电重混合场问题OEP1P2图8-2-221（K、A）(2004全国) 如图8-2-22所示，一带正电的小球，系于长为l的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定在O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E.已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力。现先把小球拉到图中的P1处，使轻线拉直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球。已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，则小球到达与P1点等高的P2点时速度的大小为（ ）A. B. C. D.0答案：B 设小球到最低点的速度为v1，到达P2点时速度为v2。由动能

24、定理，2mgl=，解得v1=，水平分速度v1x= qEl-mgl=-，解得v2=2（L、B）（2005北京卷）真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°0.6，cos37°0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g。求运动过程中（1）小球受到的电场力的大小及方向；（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量；（3）小球的最小动量的大小及方向。【解答】（1）根据题设条件，电场力与重力的合力与竖直方向夹角为37°。电场力大

25、小F=qE=mgtan37°mg，方向水平向右（2）小球竖直向上做匀减速运动，加速度为ay=g；水平方向做匀加速运动，加速度为ax= =g小球上升到最高点的时间t=v0/g，此过程小球沿电场方向位移 电场力做功W=所以在小球上升到最高点的过程中，电势能减少（2）设经过时间t，小球在竖直方向的速度为vy，在水平方向的速度为vx，速度的大小为v，则vx=axt=gt vy=v0-gt v=当时，v有最小值， 此时，最小速度的的方向与电场方向夹角为37°斜向上小球动量的最小值为pmin=mvmin，方向与电场方向夹角为37°斜向上。【评析】本题主要考查了物体做曲线运动的

26、条件、牛顿第二定律、运动学的基本规律、功和能的关系等物理学核心知识点，最重要的还是综合运用知识分析解决问题的方法和能力。（1）受力分析和运动分析是解物理问题的出发点。首先分析得出小球在电场力和重力共同作用下，竖直向上做匀减速运动，水平方向做匀加速运动，但要注意最高点的速度不是最小值。（2）根据电场力做功和电势能变化的关系（WAB=EpA-EpB），通过电场力做功求电势能的变化是最常用的方法。如果分别求抛出点和最高点的电势能，再求电势能的变化，因为电势能具有相对性，解决起来困难得多。（3）函数的最值是分析物理问题常用的数学方法。得出小球的速度v随时间t的解析式，用数学方法求v的最小值，这是解决此

27、类问题最基本的思想和方法，以后会经常用到。qqEv0vminF图8-2-13（4）对于电场和重力场的综合问题，在某些情况下，可以将其看成等效重力场，带电体等效于只受一个力，即重力和电场力的合力的作用，这种分析方法可能更为简便。把电场力和重力的合力看作等效重力，将v0沿F方向和垂直F方向分解，当沿F方向的分速度为零时，vF时，v最小，如图8-2-13所示。所以最小速度的大小为vmin=v0sinq=【思考】怎样求小球回到与抛出点同一高度时的动能的大小？【解答】小球在竖直方向上上升和下落的时间相等，在水平方向上做初速度为0的匀加速直线运动，所以在水平方向的位移xOA:xOB=1:4，如图8-2-1

28、4所示。Ev0图8-2-14OABxyxOB=4xOA= 由动能定理 qE xOB =EkB-解得 EkB=图8-2-27Ev03（K、B）如图8-2-27所示，一带电为+q质量为m的小球，从距地面高h处以一定的初速水平抛出， 在距抛出点水平距离L处有根管口比小球大的竖直细管，管的上口距地面h/2.为了使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：（1）小球的初速度；（2）应加电场的电场强度的大小；（3）小球落地时的动能。解答：（1）小球水平方向做匀变速运动，平均速度为，竖直方向做自由落体运动，设小球运动时间为t， 解得（2）小球水平方向运动L后水平分速度减小到0

29、，由运动学及牛顿定律 解得（3）电场力做负功，重力做正功，由动能定理4（Z、B）如图8-2-29所示，以O为原点建立直角坐标系Oxy，绝缘光滑水平面沿着x轴，y轴在竖直方向。在水平面上方存在与x轴平行的匀强电场。一个质量m = 2.0×10-3 kg、电量q = 2.0×10-6 C的带正电的物体（可作为质点），从O点开始以一定的初速度沿着x轴正方向做直线运动，其位移随时间的变化规律为x = 6.0 t 10 t 2，式中x的单位为m，t的单位为s。不计空气阻力，取g =10 m/s2。 yxO图8-2-29（1）求匀强电场的场强大小和方向；（2）求带电物体在0.5 s内经

30、过的路程；（3）若在第0.6 s末突然将匀强电场的方向变为沿y轴正方向，场强大小保持不变。求在00.8s内带电物体电势能的变化量。解答：（1）加速度大小a = 20m/s2，根据牛顿第二定律Eq = ma解得 E = 2.0×104N/C，方向沿x轴负方向（2）物体在O点的初速度v0 = 6.0m/s减速时间t1 = = 0.3s0.3s内经过的路程x1 = = 0.9 m后0.2s物体做匀加速直线运动，经过的路程x2 = = 0.4m0.5s内物体经过的路程 s = x1+x2 = 1.3myxOy0图8-2-34（3）第0.6s末带电物体回到坐标原点O ，之后的0.2s物体以初速度v0做