高考物理二輪專題復習 輔導與訓練 4.7 電場及帶電粒子在電場中的運動課件.ppt

專題四電場和磁場第7講電場及帶電粒子在電場中的運動 主干回顧 核心精華 知識規(guī)律 1 電場力的性質 電場強度的定義式 真空中點電荷的場強公式 勻強電場場強與電勢差的關系式 2 電場能的性質 電勢的定義式 電勢差的定義式 uab 電勢差與電勢的關系式 uab a b 電場力做功與電勢能的關系式 wab ep 思想方法 1 物理思想 等效思想 分解思想 2 物理方法 理想化模型法 比值定義法 控制變量法 對稱法 合成法 分解法等 熱點考向一電場性質的理解與應用 典題1 師生探究 真空中電量均為q的兩異種點電荷連線和一絕緣正方體框架的兩側面abb1a1和dcc1d1中心連線重合 連線中心和立方體中心重合 空間中除兩異種點電荷q產生的電場外 不計其他任何電場的影響 則下列說法中正確的是 a 正方體兩頂點a d電場強度相同b 正方體兩頂點a d電勢相同c 兩等量異種點電荷周圍電場線和面abb1a1總是垂直d 負檢驗電荷q在頂點a處的電勢能小于在頂點d處的電勢能 破題關鍵 1 題干信息 真空中電量均為q的兩異種點電荷連線和一絕緣正方體框架的兩側面abb1a1和dcc1d1中心連線重合 連線中心和立方體中心重合 說明 a d兩點關于 稱 側面abb1a1與 垂直 2 絕緣正方體框架 說明 兩等量異種點電荷連 線的中垂面對 兩等量異種點電荷連線 兩異種點電荷q產生的電場的 分布情況不受框架的影響 解析 選d 由等量異種點電荷的電場線分布可知 a d兩點電場強度大小相等 方向不同 a錯誤 沿電場線方向電勢降低 a點電勢高于d點電勢 b錯誤 a b b1 a1四點電勢相同 但面abb1a1不是等勢面 電場線不總與該面垂直 c錯誤 a點電勢高于d點電勢 將負電荷從a點移到d點 電場力做負功 電勢能增大 d正確 拓展延伸 1 在 典題1 中若將一正電荷從c點沿cc1直線移送到c1點 試分析電場力對正電荷的做功情況和電勢能的變化情況 解析 由電場線分布的對稱性以及電場力與場強的方向關系可知 正電荷由c點移送到cc1中點的過程 電場力與速度方向的夾角為銳角 電場力做正功 電荷的電勢能減少 正電荷由cc1中點移送到c1點的過程 電場力與速度方向的夾角為鈍角 電場力做負功 電荷的電勢能增加 整個過程電場力做的總功為零 正電荷在c c1兩點的電勢能相等 2 在 典題1 中若將兩異種點電荷替換為兩等量正點電荷 試分析b c兩點的場強和電勢關系以及負檢驗電荷在a b兩點的電勢能大小關系 解析 由兩等量正點電荷的電場線分布特點可知 正方體框架八個頂點的場強大小相等 方向各不相同 各個頂點電勢都相同 因此b c兩點的場強大小相等 方向不同 b c兩點電勢相同 由ep q 可知 負檢驗電荷在a b兩點的電勢能相等 典題2 自主探究 2014 遼師大附中二模 如圖所示 一重力不計的帶電粒子以某一速度進入負點電荷形成的電場中 且只在電場力作用下依次通過m n p三點 其中n點是軌跡上距離負點電荷最近的點 若粒子在m點和p點的速率相等 則 a 粒子在n點時的速率最大b umn unpc 粒子在n點時的加速度最大d 粒子在m點時的電勢能大于其在n點時的電勢能 審題流程 第一步 審題干 提取信息 1 n點是軌跡上距離負點電荷最近的點粒子在軌跡上n點所受電場力最大 2 粒子在m點和p點的速率相等粒子在m點和p點的動能相同 3 只在電場力作用下依次通過m n p三點運動的粒子帶負電 第二步 審問題 明確解題思路 1 分析粒子從m點到n點電場力做功情況 由功能關系比較m n兩點的速率大小及粒子在m點和n點的電勢能大小關系 2 分析umn和unp的關系 需要對粒子在由m點到n點和由n點到p點列動能定理方程確定 解析 選c 據帶電粒子所受電場力指向運動軌跡的凹側 再根據題圖可知該粒子從m點到n點電場力做負功 從n點到p點電場力做正功 所以帶電粒子的動能先減少后增加 則在n點的動能最小 速度也最小 a錯誤 電勢能先增加后減少 d錯誤 據題意知 粒子在m點和p點速率相等 據動能定理有qumn 和qunp 所以umn unp b錯誤 在n點的電場線密集 即粒子在n點所受的電場力較大 加速度也較大 c正確 解題悟道 電場性質的判斷思路 1 明確電場的電場線與等勢面的分布規(guī)律 2 利用電場線的疏密分布規(guī)律或場強的疊加原理判定場強的強弱 3 根據電場線的方向 電場線的疏密及電勢能的大小分析電勢的高低 4 應用電場力做功與電勢能改變之間的關系判定電勢能的大小或電場力做功情況 對點訓練 1 2014 溫州一模 真空中有一帶負電的電荷繞固定的點電荷 q運動 其軌跡為橢圓 如圖所示 已知abcd為橢圓的四個頂點 q處在橢圓焦點上 則下列說法正確的是 a b d兩點的電場強度大小一定相等b a c兩點的電勢相等c 負電荷由b運動到d電場力做正功d 負電荷由a經d運動到c的過程中 電勢能先減小后增大 解析 選b 由點電荷場強公式e 可知 d點場強小于b點的場強 a錯誤 由點電荷電場分布可知 a c與q距離相等 必定位于同一個等勢面 b正確 由于b點的電勢比d點的電勢高 故負電荷由b運動到d 電場力做負功 c錯誤 負電荷由a經d運動到c的過程中 電場力先做負功再做正功 電勢能先增大后減小 故d錯誤 2 多選 2014 新課標全國卷 如圖 在正點電荷q的電場中有m n p f四點 m n p為直角三角形的三個頂點 f為mn的中點 m 30 m n p f四點處的電勢分別用 m n p f表示 已知 m n p f 點電荷q在m n p三點所在平面內 則 a 點電荷q一定在mp的連線上b 連接pf的線段一定在同一等勢面上c 將正試探電荷從p點搬運到n點 電場力做負功d p大于 m 解析 選a d 本題考查了電場問題 根據題意分別畫出mn和fp的中垂線 由幾何關系知 兩中垂線交點在mp連線上 如圖 點電荷在圖中的o位置 a項正確 b項錯誤 因為是正點電荷形成的電場 將正試探電荷從p搬運到n 電場力做正功 c項錯誤 因為是正點電荷形成的電場 越靠近場源電荷的等勢面電勢越高 d項正確 加固訓練 多選 2014 揭陽二模 某靜電除塵器工作時內部電場線分布的俯視圖如圖 帶負電粉塵被吸附時由b點運動到a點 以下說法正確的是 a 該電場是勻強電場b a點電勢高于b點電勢c 電場力對粉塵做正功d 粉塵的電勢能增大 解析 選b c 由圖可以看出 電場線的分布并不均勻 故該電場不是勻強電場 a錯誤 由于電場線的方向由a指向b 沿電場線的方向電勢是降低的 故a點電勢高于b點電勢 b正確 帶負電粉塵受到的電場力的方向是由b指向a的 故粉塵由b點運動到a點時 電場力做正功 c正確 由于電場力做正功 故粉塵的電勢能減小 d錯誤 熱點考向二與平行板電容器有關的電場問題 典題3 師生探究 如圖所示 平行板電容器與電動勢為e的直流電源 內阻不計 連接 下極板接地 一帶電油滴位于兩板中央的p點且恰好處于平衡狀態(tài) 現將平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離 則 a 帶電油滴將沿豎直方向向上運動b 帶電油滴將沿豎直方向向下運動c p點的電勢將降低d 電容器的電容減小 電容器的帶電量將減小 破題關鍵 1 題干信息 平行板電容器與電動勢為e的直流電源 內阻不計 連接 下極板接地 說明 2 題干信息 帶電油滴位于兩板中央的p點且恰好處于平衡狀態(tài) 說明 帶電油滴受 而平衡 平行板電容器兩極板間電勢差保持 不變 下極板電勢為零 重力和電場力 解析 選a 根據電容器的決定式c 當上極板向下移動時 d減小 電容變大 又c 電壓u不變 因此電容器帶電量增多 d錯誤 根據電容器內部電場強度e 可知 d減小 場強增大 油滴受到向上的電場力增大 將向上運動 a正確 b錯誤 由于場強增大 由u ed可知 p與下極板電勢差變大 p點電勢升高 c錯誤 拓展延伸 1 在 典題3 中 試分析帶電油滴的電勢能和重力勢能之和如何變化 解析 帶電油滴沿豎直方向向上運動的過程 只有電場力和重力做功 油滴的動能 重力勢能和電勢能的總和不變 油滴的動能增大 故電勢能和重力勢能之和減小 2 在 典題3 中 若電容器充電穩(wěn)定后 斷開電源 試分析當電容器下極板豎直向上移動一小段距離后 帶電油滴將如何運動 其電勢能如何變化 解析 電容器充電穩(wěn)定后 斷開電源 兩極板所帶電荷量保持不變 由c c e 可得 e 當電容器下極板豎直向上移動一小段距離時 場強不變 油滴受力情況不變 故油滴靜止不動 由帶電油滴受力情況可以判斷油滴帶負電 由u ed知p與下極板電勢差變小 p點電勢降低 由ep q 可知帶電油滴的電勢能增加 解題悟道 平行板電容器問題的分析思路 1 明確平行板電容器中的哪些物理量是不變的 哪些物理量是變化的以及怎樣變化 2 應用平行板電容器的決定式c 分析電容器的電容的變化 3 應用電容的定義式c 分析電容器帶電量和兩板間電壓的變化情況 4 根據控制變量法對電容的變化進行綜合分析 得出結論 對點訓練 1 在探究平行板電容器電容的實驗中 對一個電容為c 正對面積為s 兩極板之間距離為d的電容器 充電q后 a 若帶電量再增加 q 其他條件不變 則電容器兩極板之間的電壓一定增加b 若帶電量再增加 q 其他條件不變 則電容器兩極板之間的電場強度可能不變 c 保持帶電量q不變 若電容器兩極板之間的距離增大到2d 其他條件不變 則電場強度增加到原來的2倍d 保持帶電量q不變 若電容器正對面積減小到原來的 其他條件不變 則電場強度增加到原來的4倍 解析 選a 由c 可得 當帶電量再增大 q 其他條件不變時 則電容器兩極板之間的電壓一定增加 u a正確 電荷量變化 則兩極板間的電壓發(fā)生變化 根據e 可得 電場強度一定變化 b錯誤 保持電荷量不變 根據公式可得 兩極板間的電場強度大小與兩極板間的距離無關 c錯誤 根據公式若電容器正對面積減小到原來的 其他條件不變 則電場強度增加到原來的2倍 d錯誤 2 2014 武威二模 如圖所示的實驗裝置中 極板a接地 平行板電容器的極板b與一個靈敏的靜電計相接 將a極板向左移動 增大電容器兩極板間的距離時 電容器所帶的電量q 電容c 兩極間的電壓u 電容器兩極板間的場強e的變化情況是 a q變小 c不變 u不變 e變小b q變小 c變小 u不變 e不變c q不變 c變小 u變大 e不變d q不變 c變小 u變大 e變小 解析 選c 由題意可知 電容器未接電源 故電容器的電荷量不變 所以a b錯誤 根據可知 當兩極板間的距離d增大時 c變小 u變大 三式聯立可得故電場強度e不變 所以選項c正確 d錯誤 3 電源和一個水平放置的平行板電容器 兩個變阻器r1 r2和定值電阻r3組成如圖所示的電路 當把變阻器r1 r2調到某個值時 閉合開關s 電容器中的一個帶電液滴正好處于靜止狀態(tài) 當再進行其他相關操作時 只改變其中的一個 以下判斷正確的是 a 將r1的阻值增大時 液滴仍保持靜止狀態(tài)b 將r2的阻值增大時 液滴將向下運動c 斷開開關s 電容器上的帶電量將減為零d 把電容器的上極板向上平移少許 電容器的電量將增加 解析 選a 當r1的阻值增大時 電容器兩端的電勢差不變 帶電液滴受到的電場力不變 液滴保持不動 故a正確 將r2的阻值增大時 則r2兩端的電壓增大 所以電容器兩端的電壓增大 電場力變大 液滴向上運動 故b錯誤 斷開開關 電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢 根據q cu 可知電容器的電量將增加 故c錯誤 因為電容器的電容c 把電容器的上極板向上平移少許 d增大 會使電容減小 電容器兩端的電勢差不變 根據q cu 可知電容器的帶電量將減少 故d錯誤 加固訓練 多選 2014 大連二模 如圖所示的兩個平行板電容器水平放置 a板用導線與m板相連 b板和n板都接地 讓a板帶電后 在兩個電容器間分別有p q兩個帶電油滴都處于靜止狀態(tài) ab間電容為c1 電壓為u1 帶電量為q1 mn間電容為c2 電壓為u2 帶電量為q2 若將b板稍向下移 下列說法正確的是 a p向下動 q向上動b u1減小 u2增大c q1減小 q2增大d c1減小 c2增大 解析 選a c 根據電容器的決定式 c 可知 b板稍向下移 c1減小 而c2不變 d不對 假設電容器帶電量不變 根據c 使得u1增大 這時會使得電容器c1給c2充電 使得q1減小 q2增大 c正確 最終穩(wěn)定后 兩個電容器電壓相等 由于u2增大了 從而得出u1也增大 b不對 電容器內部場強因q1減小 q2增大 導致e1減小 e2增大 因此p向下動 q向上動 a正確 熱點考向三帶電粒子在電場中的運動 典題4 師生探究 2014 安徽高考 如圖所示 充電后的平行板電容器水平放置 電容為c 極板間距離為d 上極板正中有一小孔 質量為m 電荷量為 q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落 穿過小孔到達下極板處速度恰為零 空氣阻力忽略不計 極板間電場可視為勻強電場 重力加速度為g 求 1 小球到達小孔處的速度 2 極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量 3 小球從開始下落運動到下極板處的時間 破題關鍵 1 題干信息 充電后的平行板電容器水平放置 說明 極板之間存在 2 題干信息 小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落 說明 小球在極板上方做 運動 3 題干信息 穿過小孔到達下極板處速度恰為零 說明 從小孔開始到下極板的過程 小球受 豎直方向的勻強電場 自由落體 豎直向上的電場力和豎直向 下的重力 小球做勻減速直線運動 解析 1 由v2 2gh 解得v 2 在極板間帶電小球受重力和電場力 有mg qe ma 0 v2 2ad 解得e 而u ed q cu 解得q 3 由h gt12 0 v at2 t t1 t2 聯立解得答案 典題5 自主探究 真空中的某裝置如圖所示 其中平行金屬板a b之間有加速電場 c d之間有偏轉電場 m為熒光屏 今有質子 氘核和 粒子均由a板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場 最后打在熒光屏上 已知質子 氘核和 粒子的質量之比為1 2 4 電荷量之比為1 1 2 則下列判斷中正確的是 a 三種粒子從b板運動到熒光屏經歷的時間相同b 三種粒子打到熒光屏上的位置相同c 偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1 2 2d 偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1 2 4 審題流程 第一步 審題干 提取信息 1 由a板從靜止開始被加速電場加速粒子初速度為零 2 垂直于電場方向進入偏轉電場粒子在偏轉電場中做類平拋運動 第二步 審問題 明確解題思路分析三種粒子從b板運動到熒光屏經歷的時間 打到熒光屏上的位置及偏轉電場的電場力對粒子做功情況確定粒子垂直進入偏轉電場的初速度 由類平拋運動的規(guī)律得三種粒子從b板運動到熒光屏經歷的時間 由y tan 得打到熒光屏上的位置 由w eqy判斷偏轉電場的電場力對三種粒子做功的情況 解析 選b 設加速電壓為u1 偏轉電壓為u2 偏轉極板的長度為l 板間距離為d 在加速電場中 由動能定理得qu1 解得v0 三種粒子從b板運動到熒光屏的過程 水平方向做速度為v0的勻速直線運動 由于三種粒子的比荷不同 則v0不同 所以三種粒子從b板運動到熒光屏經歷的時間不同 故a錯誤 根據推論y tan 可知 y與粒子的種類 質量 電量無關 故三種粒子偏轉距離相同 打到熒光屏上的位置相同 故b正確 偏轉電場的電場力做功為w eqy 則w與q成正比 三種粒子的電荷量之比為1 1 2 則有電場力對三種粒子做功之比為1 1 2 故c d錯誤 解題悟道 帶電粒子在電場中運動問題的分析思路 1 首先分析粒子的運動規(guī)律 區(qū)分是在電場中的直線運動還是偏轉運動問題 2 對于直線運動問題 可根據對粒子的受力分析與運動分析 從以下兩種途徑進行處理 如果是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運動問題 應用牛頓第二定律找出加速度 結合運動學公式確定帶電粒子的速度 位移等 如果是非勻強電場中的直線運動 一般利用動能定理研究全過程中能的轉化 研究帶電粒子的速度變化 運動的位移等 3 對于曲線運動問題 一般是類平拋運動模型 通常采用運動的合成與分解方法處理 通過對帶電粒子的受力分析和運動規(guī)律分析 借助運動的合成與分解 尋找兩個分運動 再應用牛頓運動定律或運動學方程求解 4 當帶電粒子從一個電場區(qū)域進入另一個電場區(qū)域時 要注意分析帶電粒子的運動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關聯的物理量 這些關聯量往往是解決問題的突破口 對點訓練 1 2014 寧波一模 地面附近處的電場的電場線如圖所示 其中一條方向豎直向下的電場線上有a b兩點 高度差為h 質量為m 電荷量為 q的帶電微粒 其所帶電荷不影響原電場的分布 從a點由靜止開始沿電場線運動 到b點時速度為 下列說法正確的是 a 質量為m 電荷量為 q的檢驗電荷 從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度為b 質量為m 電荷量為 2q的檢驗電荷 從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度為c 質量為m 電荷量為 2q的檢驗電荷 從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度仍為d 質量為m 電荷量為 2q的檢驗電荷 從a點由靜止開始釋放 點電荷將沿電場線在a b兩點間來回運動 解析 選d 從a到b的過程中 運用動能定理 對 q mgh uq 對于q mgh uq 兩式相加化簡得v2 故a錯誤 對 2q運用動能定理 mgh 2uq 由 得v3 故b錯誤 對 2q運用動能定理 mgh 2uq 由 化簡得v4 0 故c錯誤 由以上分析可知 到達b點時 速度為零 說明電場力大于重力 故接下來向上運動 根據電場線的分布可知 越向上 電場力越小 最終會小于重力 當速度減為零后 又會向下運動 如此往復 故d正確 2 2014 撫順一模 如圖在豎直放置的鉛屏a的右表面上貼著能放射電子的儀器p 放射源放出的電子速度大小均為v0 1 0 107m s 各個方向均有 足夠大的熒光屏m與鉛屏a平行放置 相距d 2 0 10 2m 其間有水平向左的勻強電場 電場強度大小e 2 5 104n c 已知電子電量e 1 6 10 19c 電子質量m 9 0 10 31kg 不計電子重力 求 1 電子到達熒光屏m上的動能 2 熒光屏上的發(fā)光面積 結果保留3位有效數字 解析 1 對電子運動過程由動能定理得 eed ek 解得 ek 1 25 10 16j 2 電子射向各個方向 其中和鉛屏a平行的電子在縱向偏移距離最大 電子做類平拋運動 則 r v0t解得 r 3 10 2m 在熒光屏上觀察到的范圍是半徑為r的圓 其面積為s r2解得 s 2 83 10 3m2答案 1 1 25 10 16j 2 2 83 10 3m2 加固訓練 多選 2013 濟南一模 如圖所示 兩平行金屬板間有一勻強電場 板長為l 板間距離為d 在板右端l處有一豎直放置的光屏m 一帶電荷量為q 質量為m的質點從兩板中央射入板間 最后垂直打在m屏上 則下列結論正確的是 a 板間電場強度大小為b 板間電場強度大小為c 質點在板間的運動時間和它從板的