物理高考二轮专题第1讲电场及带电粒子在电场中的运动.docx
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物理高考二轮专题第1讲电场及带电粒子在电场中的运动
第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动
[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点
授课提示:
对应学生用书第38页
[网络构建]
[要点熟记]
1.电场力的性质
(1)电场强度的定义式:
E=
.
(2)真空中点电荷的电场强度公式:
E=
.
(3)匀强电场的电场强度与电势差的关系式:
E=
.
2.电场能的性质
(1)电势的定义式:
φ=
.
(2)电势差的定义式:
UAB=
.
(3)电势差与电势的关系式:
UAB=φA-φB.
(4)电场力做功与电势能的关系式:
WAB=EpA-EpB.
3.熟记“面线”关系
(1)电场线总是与等势面垂直,且由电势高的等势面指向电势低的等势面.
(2)电场线越密的地方,等差等势面也越密.
(3)沿等势面移动电荷,电场力不做功,沿电场线移动电荷,电场力一定做功.
[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律
授课提示:
对应学生用书第38页
[真题再做]
1.(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ,T20)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则( )
A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小
B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
解析:
如图所示,在两正电荷形成的电场中,一带正电的粒子在两电荷的连线上运动时,粒子有可能经过先加速再减速的过程,A正确.
粒子运动轨迹与电场线重合需具备初速度为零、电场线为直线、只受电场力三个条件,B错误.
带电粒子仅受电场力在电场中运动时,其动能与电势能的总量不变,EkM=0,而EkN≥0,故EpM≥EpN,C正确.
粒子运动轨迹的切线方向为速度方向,由于粒子运动轨迹不一定是直线,故粒子在N点所受的电场力方向与粒子轨迹切线方向不一定平行,D错误.
答案:
AC
2.(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ,T21)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是( )
A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为
C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为
D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
解析:
结合题意,只能判定Uab>0、Ucd>0,但电场方向不能得出,A错误;根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1=q(φa-φb)①,W2=q(φc-φd)②,WMN=q(φM-φN)③,根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知,UaM=UMc,即φa-φM=φM-φc,可得φM=
④,同理可得φN=
⑤,联立①②③④⑤式可得WMN=
,故B项正确;电场强度的方向只有沿c→d时,场强E=
,但本题中电场方向未知,故C错误;若W1=W2,则φa-φb=φc-φd,结合④⑤两式可推出φa-φM=φb-φN,故D正确.
答案:
BD
3.(多选)(2018·高考全国卷Ⅰ,T21)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2V.一电子经过a时的动能为10eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是( )
A.平面c上的电势为零
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时,其电势能为4eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
解析:
因等势面间距相等,由U=Ed得相邻虚线之间电势差相等,由a到d,eUad=-6eV,故Uad=6V,各虚线电势如图所示,因电场力做负功,故电场方向向右,沿电场线方向电势降低,φc=0,A对.
因电子的速度方向未知,若不垂直于等势面,如图中实线所示,电子可能到达不了平面f,B对.
经过d时,电势能Ep=eφd=2eV,C错.
由a到b,Wab=Ekb-Eka=-2eV,所以Ekb=8eV,由a到d,Wad=Ekd-Eka=-6eV,所以Ekd=4eV,则Ekb=2Ekd,根据Ek=
mv2知vb=
vd,D错.
答案:
AB
4.(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ,T21)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点.则( )
A.a点和b点的电势相等
B.a点和b点的电场强度大小相等
C.a点和b点的电场强度方向相同
D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加
解析:
b点距q近,a点距-q近,则b点的电势高于a点的电势,A错误.
如图所示,a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强,其中E1∥E3,E2∥E4,且知E1=E3,E2=E4,故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同,B、C正确.
由于φa<φb,负电荷从低电势移至高电势过程中,电场力做正功,电势能减少,D错误.
答案:
BC
5.(2019·高考全国卷Ⅲ,T24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点.从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电,B的电荷量为q(q>0).A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为
.重力加速度为g,求:
(1)电场强度的大小;
(2)B运动到P点时的动能.
解析:
(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有
mg+qE=ma①
a(
)2=
gt2②
解得E=
③
(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有
Ek-
mv
=mgh+qEh④
且有
v1
=v0t⑤
h=
gt2⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek=2m(v
+g2t2)⑦
答案:
(1)
(2)2m(v
+g2t2)
6.(2019·高考全国卷Ⅱ,T24)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同.G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0).质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计.
(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?
解析:
(1)PG、QG间场强大小相等,均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有
E=
①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有
qEh=Ek-
mv
③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有
h=
at2④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek=
mv
+
qh⑥
l=v0
⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短.由对称性知,此时金属板的长度L为
L=2l=2v0
⑧
答案:
(1)
mv
+
qh v0
(2)2v0
[考情分析]
■命题特点与趋势——怎么考
1.近几年高考题型选择题、计算题都有可能,2019年全国卷Ⅱ和Ⅲ都以计算题的形式命题.
2.选择题的命题热点主要集中在电场强度、电场线的用途、电势能的变化、电势高低的判断、匀强电场中电势差与电场强度的关系、带电粒子在电场中的运动等.计算题考查了带电粒子在电场或重力场、电场的叠加场中的运动问题,题目综合性强,难度大.
■解题要领——怎么做
2020年高考命题点会以电场线、等势线为背景,结合场强、电势、电势能等基本概念进行考查.备考中还要重视带电粒子在电场中的加速、偏转以及电容器的相关知识在实际生产、生活中的应用,如静电除尘、电容式传感器、喷墨打印机、示波器等.
[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能
授课提示:
对应学生用书第39页
考向一 电场的性质
1.电场强度的判断
(1)场强方向是电场中正电荷的受力方向,也是电场线上某点的切线方向.
(2)电场强弱可用电场线疏密判断.
2.电势高低的比较
(1)根据电场线方向判断,沿着电场线方向,电势越来越低.
(2)将带电荷量为+q的电荷从电场中的某点移至无穷远处时,电场力做正功越多,则该点的电势越高.
(3)根据电势差UAB=φA-φB判断,若UAB>0,则φA>φB,反之φA<φB.
3.电势能变化的判断
(1)根据电场力做功判断,若电场力对电荷做正功,电势能减少;反之则增加.即W=-ΔEp.
(2)根据能量守恒定律判断,电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程,若只有电场力做功,电荷的电势能与动能相互转化,总和应保持不变,即当动能增加时,电势能减少.
1.(2019·高考北京卷)如图所示,a、b两点位于以负点电荷-Q(Q>0)为球心的球面上,c点在球面外,则( )
A.a点场强的大小比b点大
B.b点场强的大小比c点小
C.a点电势比b点高
D.b点电势比c点高
解析:
由点电荷的场强公式E=k
知,a、b两点与-Q距离相等,场强大小相等,A错;由E=k
知,离-Q越近,场强越大,故b点场强大小比c点大,B错;点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的一簇球面,离-Q距离相等的两点的电势相等,C错;沿电场线的方向是电势降落最快的方向,得出离-Q越近,电势越低,D对.
答案:
D
2.(多选)(2019·安徽安庆高三上学期期末)带电粒子仅在电场力作用下,从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,如图所示,实线是电场线.下列说法正确的是( )
A.粒子在a点时的加速度比在b点时的加速度小
B.从a到b过程中,粒子的电势能一直减小
C.无论粒子带何种电荷,经b点时的速度总比经a点时的速度大
D.电场中a点的电势一定比b点的电势高
解析:
电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地方电场强度小,由题图可知Ea<Eb,所以a、b两点比较,粒子的加速度在b点时较大,故A正确;由粒子的运动的轨迹可以知道,粒子受力沿曲线的内侧,从a点到b点,电场力先做负功,再做正功,电势能先增加后减小,动能先变小后增大,但从a到b整个过程最终电场力做正功,即粒子动能最终增大,故B错误,C正确;因为不知道粒子的电性,所以无法判断哪点电势高,故D错误.
答案:
AC
3.(多选)(2019·陕西西安长安区高三理科综合)空间存在一静电场,场强方向与x轴平行,电场中的电势随x的变化规律如图所示.下列说法正确的是( )
A.x=4m处电场强度可能为零
B.x=4m处电场方向一定沿x轴正方向
C.电荷量为e的负电荷沿x轴从O点移动到x=6m处,电势能增大8eV
D.沿x轴正方向,电场强度先增大后减小
解析:
φx图象的斜率表示电场强度,则知x=4m处的电场强度不为零,故A错误;从0到x=6m处电势不断降低,则x=4m处的电场方向一定沿x轴正方向,故B正确;某负电荷沿x轴正方向移动,沿x轴正方向电势降低,负电荷在电势低的地方电势能大,所以电势能增大,从0到x=6m处电势降低了8V,则电势能增大了8eV,故C正确;由斜率看出,从0到6m,图象的斜率先减小后增大,则电场强度沿x轴先减小后增大,故D错误.
答案:
BC
考向二 平行板电容器的动态分析
1.必须记住的三个公式
定义式C=
,决定式C=
,关系式E=
.
2.掌握两个重要结论
(1)电容器与电路(或电源)相连,则两端电压取决于电路(或电源),稳定时相当于断路,两端电压总等于与之并联的支路电压.
(2)充电后电容器与电路断开,电容器所带电荷量不变,此时若只改变两板间距离,则板间电场强度大小不变.
3.注意一个特例:
当有电容器的回路接有二极管时,因二极管的单向导电性,将使电容器的充电或放电受到限制.
4.(2019·河南驻马店高三期末)一平行板电容器两极板保持与恒压直流电源相连接,若在电容器两极板间插入某种绝缘介质,则该电容器( )
A.极板上的电荷量变大,极板间的电场强度变大
B.极板上的电荷量变大,极板间的电场强度不变
C.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度变大
D.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度不变
解析:
电容器始终与恒压直流电源相连,则电容器两极板间的电势差U不变,若在电容器两极板间插入某种绝缘介质,根据C=
可知C变大,根据C=
可知极板上的电荷量Q变大;根据E=
可知极板间的电场强度不变.故选项B正确.
答案:
B
5.如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则( )
A.θ增大,E增大B.θ增大,Ep不变
C.θ减小,Ep增大D.θ减小,E不变
解析:
若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离,根据C=
可知,C变大;根据Q=CU可知,在Q一定的情况下,两极板间的电势差减小,则静电计指针偏角θ减小;根据E=
,Q=CU,C=
联立可得E=
,可知E不变;P点离下极板的距离不变,E不变,则P点与下极板的电势差不变,P点的电势不变,故Ep不变.由以上分析可知,选项D正确.
答案:
D
6.如图所示,平行板电容器PQ与电源相接,电源与电容器之间接一理想二极管D.当电容器极板Q移至虚线处时,有关电容器的下列说法正确的是( )
A.电容减小,极板所带电荷量减小
B.电容减小,极板间电压不变
C.极板间电压不变,电场强度减小
D.极板所带电荷量不变,电场强度不变
解析:
由C=
可知板间距离变大,电容减小,假设电压不变,则电荷量会减小,由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电,则电荷量不变,那么根据C=
可知,极板间的电压增大,根据C=
,C=
,U=Ed,得E=
,由此分析可知,板间电场强度E不变,D正确.
答案:
D
规律总结
电容器动态分析的解题思路
——————————————————————————————————————
(1)确定不变量,分析是电压不变还是所带电荷量不变,如第4题中电压保持不变,第5题中电荷量保持不变.
(2)根据C=
,分析平行板电容器电容的变化情况,如第5题中将“上极板向下移动”即d发生变化,从而C发生变化.
(3)根据C=
分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化情况,如第5题中θ角的分析.
(4)根据E=
或E=
分析电容器极板间电场强度的变化情况.
(5)根据Q的变化情况,分析电容器发生充电还是放电,分析电路中电流的方向.
考向三 带电粒子在电场中的运动
在直角坐标系中,三个边长都为l的正方形如图所示排列,第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场,电场强度大小为E0,第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场,三角形OEC区域内无电场,正方形DENM区域内无电场.
(1)现有一带电荷量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放,恰好能通过E点,求CED区域内的匀强电场的电场强度E1的大小.
(2)保持
(1)问中电场强度不变,若在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有的粒子都经过E点,则释放的坐标值x、y间应满足什么关系?
(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2=
E0,方向不变,其他条件都不变,则在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过N点,则释放点坐标值x、y间又应满足什么关系?
[思路点拨]
(1)带电粒子从A点释放后在两个电场区域内分别做什么运动?
(2)带电粒子在正方形DENM区域内做什么运动?
(3)带电粒子都经过N点的条件是什么?
[解析]
(1)设粒子出第一象限时速度为v,由动能定理得
qE0l=
mv2
粒子在CED区域内做类平抛运动,由类平抛运动的规律得l=vt
l=
·
t2
计算可得E1=4E0
(2)设粒子出第一象限时速度为v1,由动能定理得,
qE0x=
mv
经过分析知,要过E点,粒子在第二象限中做类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为y
y=v1t1
y=
·
t
计算可得y=x
(3)如图所示为其中的一条轨迹线,设粒子出第一象限时速度为v2,由动能定理得qE0x=
mv
由图可知,在CED区域内带电粒子的水平位移为y,设竖直位移为y′,则
y=v2t2
y′=
·
t
由类平抛运动中的中点规律可知
=
计算可得y=3x-2l
[答案]
(1)4E0
(2)y=x (3)y=3x-2l
规律总结
带电粒子在电场中运动问题的分析思路
——————————————————————————————————————
(1)首先分析粒子的运动规律,确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动,如例题中在ABOC区域做直线运动,在CDE区域做类平抛运动,在正方形DENM区域内做匀速直线运动.
(2)对于直线运动问题,可根据对粒子的受力分析与运动规律分析,从以下两种途径进行处理:
①如果是带电粒子在恒定电场力作用下的直线运动问题,应用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等.
②如果是非匀强电场中的直线运动,一般利用动能定理研究全过程中能的转化,研究带电粒子的速度变化、运动的位移等.
(3)对于曲线运动问题,一般是类平抛运动模型,通常采用运动的合成与分解方法处理.通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析,借助运动的合成与分解,寻找两个分运动,再应用牛顿运动定律或运动学公式求解,如例题中第
(2)(3)问的处理方法.
(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时,要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处有关联的物理量,这些关联量往往是解决问题的突破口.
7.(2019·高考天津卷)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程( )
A.动能增加
mv2
B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加
mv2
D.电势能增加2mv2
解析:
动能变化量ΔEk=
m(2v)2-
mv2=
mv2,A错;重力和电场力做功,机械能增加量等于电势能减少量,带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动,由运动学公式得(2v)2-0=2
x,则电势能减少量等于电场力做的功ΔEp电=W电=qEx=2mv2,B对,D错;在竖直方向做匀减速到零的运动,由-v2=-2gh,得重力势能增加量ΔEp重=mgh=
mv2,C错.
答案:
B
8.(2019·湖南永州高三模拟)如图所示,水平放置的平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑动端P相连接.电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场.在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下,若使滑动变阻器的滑动端P上移,则电容器极板上所带电荷量q和电子穿越平行板间的电场所需的时间t( )
A.电荷量q增大,时间t不变
B.电荷量q不变,时间t增大
C.电荷量q增大,时间t减小
D.电荷量q不变,时间t不变
解析:
当滑动变阻器的滑动端P上移时,与电容器并联的阻值增大,所以电容器的电压U增大,根据q=UC可得电荷量q增大;电子在平行板电容器中做类平抛运动,沿极板方向做匀速直线运动,所以运动时间t=
,与电压的变化无关,所以时间t不变,故A正确,B、C、D错误.
答案:
A
9.(2019·安徽安庆高三上学期期末)如图所示,带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场,A、B板间电势差大小为U,极板间距离为L.其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D,极板长度为L,C、D板间加恒定的电压.现有一质量为m、带电荷量为e的电子(重力不计),从A板处由静止释放,经电场加速后通过B板的小孔飞出;经过C、D板间的电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域,速度方向与边界夹角为60°,求:
(1)电子在A、B间的运动时间;
(2)C、D间匀强电场的电场强度大小.
解析:
(1)电子在A、B间直线加速,加速度a=
电子在A、B间的运动时间为t,则L=
at2
所以t=L
.
(2)设电子从B板的小孔飞出时的速度为v0,则电子从平行极板C、D间射出时沿电场方向的速度为vy=v0tan30°,又vy=
·
,v0=at,所以C、D间匀强电场的电场强度E=
.
答案:
(1)L
(2)
10.(2019·山东潍坊高三期末检测)如图所示,一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内,为了使这个粒子能经过x轴上定点b,可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场.已知所加电场的场强大小为E,电场区域沿x方向的宽度为s,Oa=L,Ob=2s,粒子的质量为m,带电荷量为q,重力不计,试讨论电场的左边界与b的可能距离.
解析:
设电场左边界到b点的距离为Δx,已知电场宽度为s,Ob=2s,分以下两种情况讨论:
(1)若粒子在离开电场前已到达b点,如图甲所示,即
Δx≤s,则Δx=v0t
y=L=
t2
联立解得Δx=
.
(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点,如图乙所示,即s<Δx≤2s,则s=v0t,y=
t2
由几何关系知tanθ=
=
联立解得Δx=
+
.
答案:
见解析
专题限时集训(八)
(建议用时:
40分钟)
[专题通关练]
1.(2019·河北张家口联考)空间存在平行于纸面的匀强电场,纸面内有一菱形ABCD。
将一个电子由C点移动到D点,克服电场力做功1eV。
A点的电势为3V,则B点的电势为( )
A.2VB.3V
C.4VD.6V
C [由题可得:
WCD=-eUCD=-1eV,解得:
UCD=1V,由公式:
UCD=UBA=φB-φA,解得:
φB=4V。
故选C。
]
2.如图所示,平行板电容器两极板带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。
在两极板间有一固定在A点的点电荷,以E表示两极板间的电场强度,Ep表示点电荷在A点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。
若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则( )
A.θ增大,E增大B.θ增大,Ep不变
C.θ减小,Ep增大D.θ减小,E不变
D [若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离,根据C=
可知,C变大;根据Q=CU可知,在Q一定的情况下,两极板间的电势差减小,则静电计指针偏角θ减小;根据E=
,Q=CU,C=
,联立可得E=
,可知E不变;A点离下极板的距离不变,E不变,则A点与下极板间的电势差不变,A点的电势不变,故Ep不变;由以上分析可知,选项D正确。
]
3.(2019·江西上饶联考)如图所示,平行板电容器的电容为C,正极板带电荷
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- 物理 高考 二轮 专题 电场 带电 粒子 中的 运动