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).doc

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

2、、K、Z 分别代表例题、课堂练习、作业题）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 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） 粒子在极板间运动的加速度 a；（3） 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 ；dU（2） 粒子的质量为 4m，电荷量

3、为 2e，在极板间运动时只受电场力作用，由牛顿第二定律粒子的加速度 a= = eE（3） 粒子在极板间做匀变速运动d= R=v0t 21t解得 eUmdatmeUdRtv20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 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

4、）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 、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= ，v 0=2m1v x=v0， 0202dleUlaty=dmlexy20tan1y= at2= =1dvleUl2020 l124y=y+ Ltan= =)(20lLdmve)(1lL（4

5、）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（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 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= 2tanly3 （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

6、过U0=1.0103 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=1.6010-19 C，设 A、 B 间的

7、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能为多少电子伏；vmqv0yL图 8-2-5lyxvxvy（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 8-2-11-10 0

8、10 x/cmy/cm5-5丙乙U/V50-500 t/s0.1 0.2 0.3U0 LABK S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= =eU02mv电子打在记录纸上的动能等于 Ek=1103 eV（2）设电子沿 A、B 板的中心线射入电场时的初速度为 v0，设电子穿过 A、 B 板的时间为 t，侧向位移为 yv0= meU0l=v0t y= at2= 解得 y= 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

9、 =320V221eUdattmd21etmd所以，为使电子能打在荧光屏上，所加偏转电压应小于 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 甲灯电子枪 偏转系统丝F K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U0K A乙 丙偏转电压Llv0图 8-2-25丁32V30V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= =0.25yxvdl电子打在荧光屏上的最大偏移量 tan5.0cm2mlYL由对称性可得电子打在荧光屏产生亮线的最大长度为 21Y（3）现要

10、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 -310-6 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 610-4

11、J，从 B 点移到 C 点电场力做功 910-4 J。（1）求 AB、 BC、 CA 间电势差 UAB、U BC、U AC；（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-310 -6 C，电场力的功 WAB=-610-4 J，W BC=910-4 J。由电势差的定义UAB=A-B= =200 V UBC=B-C = = -300 VWqUAC=A-C= UAB+ UBC=-100V（2）U AB=A-B =200 V，A 点电势比 B 点电势高 200VUBC=B-C =-300

12、 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，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 A 高于终点电势 B， AB，U AB 取正值，若始点电势 A 低于终点电势 B， A0，电场力对电荷做正功， WAB0，电场力对

13、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=1.6010-19 J。2 （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，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（ ）AMNddB图 8-2-23图 8-2-3332V30VA.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

14、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。3 （Z、B） （09 年四川卷）如图 8-2-21 所示，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（v 2v 1） 。若小物体电荷量保持不变，OMON，则（ ）A小物体上升的最大高

15、度为 g421B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

16、 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-W f= -0，解得 h= 。21mv21v214vg4 （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

17、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：（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= UABdqBAqmgd（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)- QUBA mv 0 所以 Q =3q N、 M 相碰时 mv=2mv v=121BAUmgd3图 8-2-21v1MNO+B图 8-2-31NddAMv 21N、 M 结合成大油

18、滴不能到 B 板应满足(2m)v +2mg (q+Q) UBA 所以 Q q 所以 qQ 3q 2d135第二讲 e.g.5 电重混合场问题1 （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

19、小为（ ）A. B. gl gl2C. 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。由动能定理，2mgl= ，解得 v1= ，21mgl水平分速度 v1x= = qEl-mgl= - ，解得 v2=1l2mv21xgl2 （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 sin370.6， cos370.8） 。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

20、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。电场力大小 F=qE=mgtan37 mg，方向水平向右43（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= = gmqE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=gvtasx8321202039vsx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OEP1 P2图 8-2-22vx=axt

21、= gt vy=v0-gt v=43 2022165vgttyx 当 时，v 有最小值， 此时 ， ，gt251600min3059x021vy43tanxy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。053mv【评析】本题主要考查了物体做曲线运动的条件、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

22、不是最小值。（2）根据电场力做功和电势能变化的关系（W AB=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，这是解决此类问题最基本的思想和方法，以后会经常用到。（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

23、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=v0sin= 053【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 xOAxOB=1:4，如图 8-2-14 所示。xOB=4xOA= 由动能定理 qE xOB =EkB-gv230 201mv解得 EkB= 081m3 （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

24、处有根管口比小球大的竖直细管，管的上口距 Ev0vminF图 8-2-13Ev0图 8-2-14OAB xy图 8-2-27Ev0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，02v设小球运动时间为 t， 解得02vL21hgt02gvLh（2）小球水平方向运动 L 后水平分速度减小到 0，由运动学及牛顿定律解得0Eqvtmlqh（3）电场力做负功，重力做正功，由动能定理 201kghLv4 （Z

25、、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 = 2.010-3 kg、电量 q = 2.010-6 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。 （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

26、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 = 2.0104N/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 = = 0.3sav00.3s 内经过的路程 x1 = = 0.9 m21at后 0.2s 物体做匀加速直线运动，经过的路程 x2 = = 0.4m2t0.5s 内物体经过的路程 s = x1+x2 = 1.3m（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 做类平抛运动在 y 方向根

27、据牛顿第二定律Eq mg = ma 20tay解得物体在 y 方向经过的距离 y0 = 0.2myxO图 8-2-29yxOy0图 8-2-34电场力做功 W = Eq y0 = 8.010-3J所以电势能减少 8.010-3J （或电势能的变化量为 E P = 8.010-3J）5 （Z、B+） （ 2010 安徽卷） 如图 8-2-32 所示，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB 段是水平的，BD 段为半径 R=0.2m 的半圆，两段轨道相切于 B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小 E5.010 3 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度 v0沿水平轨道向右运动，与静

28、止在 B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为 m=1.010-2kg，乙所带电荷量 q=2.010-5 C，g 取 10m/s2。 （水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移）（1）甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点 D，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离；（2）在满足（1）的条件下，求甲的速度 v0；（3）若甲仍以速度 v0 向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离范围。解答：（1）在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为 vD，乙离开 D 点达到水平轨道的时间为 t，乙的落点到 B 点

29、的距离为 x，则 2DvmgqER（1）212t（2）x=vDt （3 ）联立（1） （2） （3）得：x=0.4 m （4）（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为 v 甲 、v 乙 ，根据动量守恒和机械能守恒定律有0mv乙甲（5）2221乙甲（6）联立（5） （6）得：v 乙 =v0 （7）由动能定理得： （8）221乙mvRqEgD联立（1） （7） （8）得： 5().5/Dgvs （9）（3）设甲的质量为 M，碰撞后甲、乙的速度分别为 vM、 vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有： 0vmv（10）EDBAR甲 乙v0图 8-2-32222011Mvmv （11）联立（10） （11）得： 0M （12）由（12）和 ，可得：v 0 vm2 v0 （13）设乙球过 D 点的速度为 D，由动能定理得（14）2212mRqEmg联立（9） （13） （14）得：2 m/s vD2 m/s （15）设乙在水平轨道上的落点到 B 点的距离为 x，则有Dxvt（16）联立（2） （15） （16）得：0.4 m 1.6 m商业计划书 http:/ http:/ http:/ 市场调查 http:/