高考物理一輪總復(fù)習(xí)電場第47講單元小結(jié)課件

第47講單元小結(jié)知識網(wǎng)絡(luò)能力升華一、帶電粒子在復(fù)合場中運動例1

有一平行板電容器豎直安放，如圖47-1甲所示.兩板間距d=0.1

m，電勢差U=1000

V.現(xiàn)從平行板上A處以vA=3m/s的速度水平射入一帶正電的小球.已知小球帶的電荷量q=10-7C，質(zhì)量m=0.02g，經(jīng)一段時間后發(fā)現(xiàn)小球打在A點正下方的B處，求A、B間的距離sAB.（g取10

m/s2）圖47-1甲【解析】小球在A處以速度vA水平射入勻強電場后,運動軌跡如圖47-1乙所示.豎直方向:小球無初速度,只受重力mg,可看做是自由落體運動;水平方向有初速度vA,受恒定的電場力

qE作用,做勻變速直線運動.小球的曲線運動由上述兩個正交的直線運動疊加而成.由題意可知:設(shè)球飛行的時間為t,則在豎直方向上有:在水平方向上有:代入數(shù)據(jù)解得:

sAB

=

7.2

·10

m

.-2【答案】7.2×10-2

m圖47-1乙【點評】在解答這類問題時,力的獨立作用原理與運動E =

U

d21SAB

=

2

gtAA2v

2mv

t

==a

qE的獨立作用原理及力的正交分解等方法,往往要反復(fù)運用,因此學(xué)好力學(xué)是學(xué)好電學(xué)的基礎(chǔ).對于較復(fù)雜的運動,常用的處理方法是將其分解成兩個或幾個簡單的直線運動,根據(jù)力的獨立作用原理及運動的互不相干性分別加以分析.二、帶電粒子通過變化的偏轉(zhuǎn)電場例2

如圖47-2甲所示，從陰極K發(fā)射的電子經(jīng)電勢差U0＝5000V的陽極加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長l＝10

cm、間距d＝4

cm的平行金屬板A、B之間，在緊靠金屬板邊緣處放置一個直徑D＝20cm、帶有記錄紙的圓筒，整個裝置放在真空內(nèi)，電子發(fā)射的初速度不計，兩金屬板間

的電場可看做勻強電場.甲

乙圖47-2若在兩金屬板上加一U1＝1000

V的直流電壓（UA＞UB），為使電子沿入射方向做勻速直線運動，則應(yīng)加以怎樣的磁場？若在兩金屬板上加一u2＝1000cos2πt

V的交變電壓，并使圓筒繞中心按圖示方向以n=2

r/s的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，某時

刻電子打在圓筒上的點恰好離極板中心線最遠，設(shè)此時的電子對應(yīng)的水平對稱軸上的點位于坐標(biāo)原點，試確定電子在記錄紙上的軌跡形狀并在圖47-2乙中畫出此后1s內(nèi)所記錄的圖形，要求在坐標(biāo)上標(biāo)出刻度.【解析】由

得電子入射平行板間的速度為：≈4×107

m/s.（1）加直流電壓時，兩板間的場強為：電子做勻速直線運動時，由條件qE1=qv0B得,應(yīng)加磁場的磁感應(yīng)強度為：（2）加交變電壓時，電子飛離A、B板間的側(cè)移距離為：21eU0

=

2

mv0-192eU0

2

·1.6

·10

·5000v0

==

m/sm

9.1·10-311E =

U1

=

1000

V/m

=

2.5

·104V/md

4

·10-2-40E

2.5

·104B

=

1

=T

?6.3

·10

T

，方向垂直紙面向里.v

4

·10722u

l

2) =

2

4dU01

eu

ly=

at2= 2

(2dm

v0代入數(shù)據(jù)得：y=0.1

·

0.1

·1000cos

2πt

m=0.0125cos

2πt

m做簡諧振動.因圓筒每秒轉(zhuǎn)2周，故在1

s內(nèi)紙上的圖形如圖47-2丙所示.圖47-2丙【答案】（1）應(yīng)加以磁感應(yīng)強度大小為6.3×10-4T、方向垂直紙面向里的勻強磁場（2）如圖47-2丙所示4

·

0.04

·

50002π可見，在記錄紙上的點以振幅0.0125

m、周期

T

=

ω

=

1s方法概述帶電粒子通過平行板電容器時,所需的時間一般都遠遠小于兩板間電壓的變化周期(上題中Δt=2.5×10-9

s,T=1s)，故對于每個電子從中通過時,電壓可看做是恒定的.(就像我們?yōu)樾『⒘可砀?其實在量的時候小孩的身高也是在變化的)體驗成功1.（2009年重慶部分學(xué)校聯(lián)考）如圖47-3所示,在平行板電容器之間有勻強電場,一帶電粒子(重力不計)以速度v0垂直電場線射入電場,經(jīng)過時間t1

穿越電場,粒子的動能由Ek

增加間t2穿越電場.求：圖47-320到2Ek;

若這個帶電粒子以速度

3

v

垂直進入該電場,則經(jīng)過時(1)帶電粒子兩次穿越電場的時間之比t1∶t2.(2)帶電粒子第二次穿出電場時的動能.【解析】(1)由于帶電粒子垂直于勻強電場射入,粒子沿初速度方向做勻速直線運動,設(shè)平行板板長為l,則有：l=v0t1,l=1.5v0t2解得：t1∶t2=3∶2.(2)設(shè)粒子的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,勻強電場的場強為正,帶電粒子兩次在場強方向的偏轉(zhuǎn)位移分別為y1、y2,則有：由動能定理,得:21

qEl

2y1

=

2

at1

=

2mu

2021y2

=

2

at20qEl

2=2m(1.5v

)2qEy1=2Ek-Ek【答案】(1)3∶2

(2)2.7Ek2.(2009年武漢2月調(diào)研)如圖47-4所示,電源電動勢E=100

V,內(nèi)阻不計,R1、R2、R4的阻值均為300

Ω,R3為可變電阻.C為一水平放置的平行板電容器,虛線到兩極板距離相等且通過豎直放置的熒光屏中心,兩極板長L=8

cm,板間距離d=1

cm,右端到熒光屏的距離s=20

cm,熒光屏直徑D=5

cm.有一細電子束沿圖中虛線以E0=9.6×102

eV的動能連續(xù)不斷地向右射入平行板電容器.已知電子電荷量e=1.6×1019

C.要使電子都能打在熒光屏上,變阻器R3的取值范圍應(yīng)為多大？42

kkqEy =

E

￠-

9

E36k

k解得：Ek￠=

97

E

?

2.7E圖47-4【解析】電子穿過電容器過程中,在水平方向上做勻速運動，有：l=v0t在豎直方向上做勻加速直線運動，有：1221y

=

at

eUv

^

=

at,

a

=

md電子穿過平行板電容器時,速度方向偏轉(zhuǎn)θ角,則：tanθ

=

U

^U0電子打在熒光屏上偏離中心O的位移y=y1+s·tanθ1聯(lián)立可得：y=(1

+2s

)yL故要使電子打在熒光屏上,應(yīng)滿足聯(lián)立可得：U

￡代入數(shù)據(jù)求得：A、B間電壓U≤25

VAB代入數(shù)據(jù)得：R3=900

Ω；BA代入數(shù)據(jù)得：R3=100

Ω.綜合上述，R3的取值范圍為：100

Ω≤R3

≤900

Ω.【答案】100

Ω≤R3≤900

Ω3.（2009年德陽二模）如圖47-5所示,在光滑絕緣水平桌面上有兩個靜止的小球A和B,B在桌邊緣,A和B均可視為質(zhì)212當(dāng)

y =

d

時,代入數(shù)據(jù)求得：y

=

3m

>

D2y

￡

D2DdE0e(l

+

2s)lAB①當(dāng)U

=25

V時,

U2

41

234E= R

-

E

R

=

25VR

+RR

+RAB4

23412②當(dāng)U

=25

V時,

U=

E

R

-

E

R

=

25VR

+RR

+R點,質(zhì)量均為m=0.2

kg.A球帶正電,電荷量q=0.1

C,B球是絕緣體不帶電,桌面距地面的高度h=0.05

m.開始時A、B相距L=0.1

m,在方向水平向右、大小E=10

N/C的勻強電場的電場力作用下,A開始向右運動,并與B球發(fā)生正碰,碰撞中A、B的總動能無損失,A和B之間無電荷轉(zhuǎn)移.問：A經(jīng)過多長時間與B碰撞？A、B落地點之間的距離是多大？【解析】(1)A在電場力作用下做初速度為零的勻速直線運動,設(shè)加速度大小為a,經(jīng)過時間t與B發(fā)生第一次碰撞,則：a

=

qEm解得：a=5

m/s2L=

1

at22解得：t=0.2

s.(2)設(shè)A球與B球發(fā)生碰撞前的速度為vA1,碰撞后A球的速度為vA2,B球的速度為vB2,則：vA1=at解得：vA1=1

m/s由動量守恒得：mvA1=mvA2+mvB2根據(jù)題意有：解得：vA2=0，vB2=1

m/sAB發(fā)生的位移分別設(shè)為s

和s

,則：解得：t1=0.1

s1

12

2

222

2A11

mv=

mvA2

+

mvB22即A球與B球發(fā)碰撞后,B做平拋運動；A在豎直方向上做自由落體運動,在水平方向上做初速度為零的勻加速運動.A球與B球的運動時間相等,設(shè)為t1,在這段時間內(nèi)A、B在水平方向1h=

gt2

1【答案】(1)0.2

s (2)0.075

m4.（2009年溫州重點中學(xué)3月聯(lián)考）如圖47-6所示，PQ、MN間存在勻強電場,場強為E,沿場強方向固定一絕緣細桿,桿上套有兩個質(zhì)量均為m的絕緣小球A、B,小球A帶正電,電荷量為q,小球B不帶電.將A、B從相距為L的兩點由靜止釋放,之后A、B間的碰撞為彈性碰撞,碰撞時間極短且碰撞時沒有電荷轉(zhuǎn)移,運動中小球A的電荷量不變.圖47-621sA

=

2

at1

,

sB

=

vB2

t1

=

0.1m故A、B落地點之間的距離x=sA-sB=0.075

m.（1）求從A、B間的第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞,小球A運動的距離.若小球B出電場時的動能為16qEL,則A、B間發(fā)生了幾次碰撞？若小球B出電場時的動能為16qEL,則小球A出電場時的動能多大？【解析】A、B間發(fā)生彈性碰撞,設(shè)每次碰撞前A、B的速度分別為v1、v2,碰后的速度分別為v1′、v2′,由動量守恒定律和能量守恒定律得：mv1+mv2=mv1′+mv2′1

11

12

22

2

221

2mv

+

mv

= mv

'

+ mv

'2

1

2

2聯(lián)立解得：v1′=v2,v2′=v1，或v1′=v1,v2′=v2(舍去),即每次碰撞兩球都交換速度.（1

1）設(shè)第一次碰撞前小球A的速度為v11,由動能定理得：211qEL

=

mv2則第一次碰撞后v11′=0,v21′=v11,小球A又開始做初速度為零的勻加速運動,小球B則以速度v1做勻速運動,設(shè)從A、B間的第一次碰撞到第二次碰撞前小球A運動的距離為L2,則：聯(lián)立解得：v12=2v11,L2=4L.（2）第二次碰后v12′=v11,v22′=v12=2v11,設(shè)第三次碰撞前A運動的距離為L3,則：第三次碰后v13′=v12=2v11,v23′=v13=3v11,小球B的動能12qEL2

=

2

mv1222

11

2L =

v t,

L =

v12

t2

21

1qEL3

=

2

mv13

-

2

mv113

122L =

v t

=

v11

+

v13

t2

22=3

qEL

，因此當(dāng)小球B出電場時的動能為1

122Ek3

=

mv13

=

9

·

mv1116qEL=42qEL時,A、B間發(fā)生了四次碰撞.（3）第四次碰撞后,小球A的速度v14′=v13=3v11,若第四次=

9qEL

；若小球A在將要發(fā)生第五次碰撞時才離開電場,則：L5

=

2(n

-

1)L2

=

8L2

=

16L解得：EkA=25qEL,故有：9qEL≤EkA<25qEL.【答案】(1)4L

(2)4次

(3)9qEL≤EkA<25qEL5.如圖47-7所示,絕緣彈簧左端固定在O點,右端連接一木匣A,木匣A放在光滑水平面上.木匣A內(nèi)壁光滑,內(nèi)壁左邊用絕緣細繩拉著一個絕緣帶電物塊B(可視為質(zhì)點),A和B的質(zhì)量都為m=1

kg,A不帶電,B的電荷量為q=＋2×10-5

C,B距木匣內(nèi)壁21碰撞發(fā)生后小球A立即離開電場,則A的動能

EkA

=

2

mv1321qEL5

=

EkA'

-

2

mv13右側(cè)的距離d=16

cm,整個裝置處在水平向右的場強E=5×105

V/m的勻強電場中.當(dāng)它們都靜止時,彈簧長度為L.某時刻,連接物塊B的細繩突然斷開,在木匣向左運動到速度剛為0時,B和A的內(nèi)壁右側(cè)相碰,碰撞后結(jié)合為一體,當(dāng)運動到彈簧長度又為

L時,速度變?yōu)関′=1

m/s.設(shè)物塊B與A相互作用過程中始終不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移,求：(1)B與A碰撞中損失的動能ΔEk.(2)彈簧的勁度系數(shù)k.圖47-7【解析】(1)從繩斷開始到A、B結(jié)合為一體，再到運動到彈簧長度又為L時,彈簧中彈性勢能不變,只在B與A碰撞后粘在一起時才有動能的損失，即(2)A、B發(fā)生碰撞時,A向左運動了x,速度為零;B向右運動A和B碰撞過程中動量守恒,設(shè)碰后共同速度為v,則:mvB=2mv繩斷后,A向左做簡諧運動,剛開始為右邊最大位移點,此時彈簧的伸長量為x1,碰撞時為左邊最大位移點,可見x=2x1,且kx1=Eq由以上各式,代入數(shù)據(jù)解得：x=0.04

m,k=500

N/m.【答案】(1)0.6

J (2)500

N/m212DE

=

Eqd

-

2mv'

=

0.6.J21了h-x,速度為vB,由動能定理有：Eq(d-x)=2

mvB2由能量守恒有：2

B1

mv

2

=

DE

+

1

2mv26.（2009年武漢3月統(tǒng)考）如圖47-8甲所示,在直角坐標(biāo)系

xOy的第一、四象限內(nèi)分別存在兩個大小相等、方向不同的勻強電場,兩組平行且等間距的實線分別表示兩個電場的電場線,每條電場線與x軸所夾的銳角均為θ=60°.一質(zhì)子從y軸上某點A沿著垂直于電場線的方向射入第一象限,僅在電場力的作用下第一次到達x軸上的B點時速度方向正好垂直于第四象限內(nèi)的電場線,之后第二次到達x軸上的C點.求OB與BC的比值.圖47-8甲圖47-8甲帶電粒子的運動軌跡如圖47-8乙所示,【解析】方法一設(shè)質(zhì)子在電場中運動的加速度為a,在A、B兩點的速度分別為

v0、v,經(jīng)歷時間為t1.作AM垂直于v0方向,BM平行于v0方向,過交點M作x軸的垂線,垂足為N,則：圖47-8乙02OB=ON+NB由幾何關(guān)系有：ON=A