2020高考物理一轮复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动学案（含解析）.doc

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1、1第 3 讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动主干梳理 对点激活知识点 常见电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系 1.电容器(1)组成：由两个彼此 绝缘又相互靠近的导体组成。01 (2)带电量：一个极板所带电荷量的 绝对值。02 (3)电容器的充电、放电充电：使电容器带电的过程。充电后电容器两极板带上等量的 异号电荷，电容器03 中储存电场能。放电：使充电后的电容器失去电荷的过程。放电过程中 电场能转化为其他形式的04 能。充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。2常见的电容器(1)分类：从构造上可分为 固定电容器和 可变电容器。05 06 (2)击穿电压：加在电容器极板上的 极限

2、电压，超过这个电压，电介质将被击穿，电07 容器损坏；电容器外壳上标的电压是 额定电压，这个电压比击穿电压 低。08 09 3电容(1)定义：电容器所带的电荷量 Q 与电容器两极板间的电势差 U 的比值。(2)定义式： C 。10 QU(3)单位：法拉(F)，1 F 106 F 1012 pF。11 12 (4)电容与电压、电荷量的关系电容 C 的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量 无关。不随 Q 变化，也不13 随电压变化。由 C 可推出 C 。QU Q U4平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板 正对面积成正比，与两极板间介质的14 介电常数成正比，与 两板间

3、的距离成反比。15 16 (2)决定式： C ， k 为静电力常量。17 rS4 kd知识点 带电粒子在匀强电场中的运动 21加速问题若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的 动能的增量。01 (1)在匀强电场中： W qEd qU mv2 mv 。02 12 12 20(2)在非匀强电场中： W qU mv2 mv 。03 12 12 202偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度 v0 垂直于电场线方向飞入匀强电场。04 (2)运动性质： 类平抛运动。05 (3)处理方法：利用运动的合成与分解。 沿初速度方向：做 匀速直线运动，运动时间 t 。06 lv0沿电场方向

4、：做初速度为零的 匀加速直线运动。07 运动过程，如图所示3知识点 示波管 1构造示波管的构造如图所示，它主要由 电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。01 2工作原理(1)如果偏转电极 XX和 YY之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿 直线运动，02 打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。(2)示波管的 YY偏转电极上加的是待显示的 信号电压， XX偏转电极上加的是仪03 器自身产生的锯齿形电压，叫做 扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的 周期相同，04 05 就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。4一 思维辨析1电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。( )2放

5、电后的电容器所带电荷量为零，电容也为零。( )3带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。( )4带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。( )5带电粒子在电场中运动时，不加特别说明重力可以忽略不计，带电微粒、带电液滴在电场中运动时，不加特别说明重力不可以忽略不计。( )答案 1. 2. 3. 4. 5.二 对点激活1关于电容器及其电容的叙述，正确的是( )A任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关B电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和C电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D一个电容器的电荷量增加 Q1.010 6 C 时，两板间电压升

6、高 10 V，则电容器的电容无法确定答案 A解析 根据电容器的组成可知 A 正确；电容器的电荷量指一个极板所带电荷量的绝对值，B 错误；电容器的电容是其本身的性质，与所带电荷量无关，C 错误； C ，DQU Q U错误。2(人教版选修 31P 32T1改编)(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差 U，电容器已带电，则下列判断正确的是( )A增大两极板间的距离，指针张角变大B将 A 板稍微上移，静电计指针张角变大C若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小答案 ABD5解析 静电计的原理是电势差 U 变大(小)，指针张

7、角变大(小)。电容器所带电荷量一定，由公式 C 知，当 d 变大时， C 变小，再由 C 得 U 变大，指针张角变大，A 正 rS4 kd QU确；当 A 板上移时，正对面积 S 变小， C 也变小， U 变大，指针张角变大，B 正确；当插入玻璃板时， C 变大， U 变小，指针张角变小，C 错误；当两板间的距离减小时， C 变大， U变小，指针张角变小，D 正确。3(人教版选修 31P 39T3)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比。(1)电子与氢核的初速度相同；(2)电子与氢核的

8、初动能相同。答案 (1) (2)1mHme解析 设偏转电压为 U，带电粒子的电荷量为 q，质量为 m，垂直进入偏转电场的速度为 v0，偏转电场两极板间距离为 d，极板长为 l，则粒子在偏转电场中的加速度 a ，在qUdm偏转电场中运动的时间为 t ，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度lv0vy at ，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值 tan 。qUldmv0 vyv0 qUldmv20(1)若电子与氢核的初速度相同，则 。tan etan H mHme(2)若电子与氢核的初动能相同，则 1。tan etan H考点细研 悟法培优考点 1 平行板电容器的动态分析1对公式 C 的理解

9、QU电容 C ，不能理解为电容 C 与 Q 成正比、与 U 成反比，一个电容器电容的大小是由QU电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。2运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用决定式 C 分析平行板电容器电容的变化。 rS4 kd(3)用定义式 C 分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。QU(4)用 E 分析电容器两极板间电场强度的变化。Ud3电容器两类问题的比较6分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开不变量 U Qd 变大 C 变小 Q 变小、 E 变小 C 变小 U 变大、 E 不变S 变

10、大 C 变大 Q 变大、 E 不变 C 变大 U 变小、 E 变小 r变大 C 变大 Q 变大、 E 不变 C 变大 U 变小、 E 变小4在平行板电容器两板间加入介电物质，例如云母片，相当于 r增大；加入与极板等大的导体板，相当于 d 减小。例 1 (2018南昌调研)如图所示，平行板电容器与电动势为 E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，一带负电油滴被固定于电容器中的 P 点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )A平行板电容器的电容变大B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能减少D带电油滴受到的电场力不变解题探究 (1)电容器与电源连接，不变量是_。提示：电压(2)

11、下极板竖直下移，如何判断 P 点电势的变化？提示：先根据 E 判断出场强的变化，再判断上极板与 P 之间的电势差的变化。Ud尝试解答 选 C。由 C 可知，平行板电容器的电容 C 与两板间的距离成反比，与两板间的正对面 rS4 kd积成正比，当平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两板间的正对面积不变而距离增大，故电容 C 减小，所以 A 错误；静电计测量的是电容器两极板间的电势差，由于电容器与电源保持接通状态，因此两板间的电势差始终等于电源的电动势，则静电计的指针张角保持不变，B 错误；在保持两板间电势差不变的情况下，随着两板间距离的增大，两板间的电场强度减小，故油滴所受电场力减小，

12、又因为 P 点到上极板的距离不变，两板间场强减小，所以 P 点与上极板的电势差减小，而与下极板的电势差增大(两极板间的电势差不变)，即 P 点的电势升高，由题意知油滴带负电，所以油滴的电势能减少，C 正确，D错误。7总结升华解决电容器板间场强的技巧(1)在电压不变的情况下，由 E 来判断场强变化，发现场强 E 只随板间距离而变。Ud(2)在电荷量保持不变的情况下，由 E 知，电场强度与板间距离无关。Ud QCd 4 kQ rS(3)针对两极板带电量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变，如图甲、乙所示；两极板正对面积变化(变小)时，如图丙，电

13、场线变密，场强增大。变式 11 (多选)如图所示，一平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，极板水平放置，在下极板上叠放一定厚度的金属板，有一带电粒子静止在电容器上部空间的P 点。当把金属板从电容器中快速抽出的瞬间，下列说法正确的是( )A电容器的电容减小B极板间的电场强度减小C P 点的电势升高D带电粒子的电势能减小答案 ABD解析 平行板电容器的电容 C ，下极板上叠放金属板，当抽走金属板时板间距 rS4 kd离增大，其电容减小，A 正确；由 E 得电场强度减小，B 正确；正、负极板的电势差Ud8U 不变， 0， P 点到负极板有 P Ed，得 P Ed ， E 减小则 P减小，C 错误

14、；带电粒子静止在电场中，重力与电场力平衡，粒子带正电，其电势能减小，D 正确。变式 12 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在 P 点，如图所示，以 C 表示电容器的电容、 E 表示两板间的场强、 表示 P 点的电势， Ep表示正电荷在 P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离 l0的过程中，下列关于各物理量与负极板移动距离 x 的关系图象中正确的是( )答案 C解析 电容器的电容 C ，两板间距随负极板向右平移而逐渐减小，电容 C 与 d rS4 kd成反比，图象为曲线，A 错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据 E ， U ，

15、 CUd QC，可知 E ，保持不变，B 错误；负极板接地，电势为零， P 点的电势 等于 rS4 kd 4 kQ rSP 点到负极板的电势差，即 El， E 不变， l 线性减小， 线性减小，C 正确；由Ep q 可知， Ep随 l 的变化而变化，D 错误。9考点 2 带电粒子在电场中的直线运动1带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、 粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力。2做直线运动的条件(1)粒子所受合外力 F 合 0，粒子静

16、止或做匀速直线运动。(2)粒子所受合外力 F 合 0，且合外力与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。3解题思路(1)用动力学观点分析Eq F 其他 ma， E ， v2 v 2 ad。Ud 20(2)用功能观点分析匀强电场中： W 电 Eqd qU， W 电 W 其他 mv2 mv 。12 12 20非匀强电场中： W 电 qU， W 电 W 其他 Ek2 Ek1。例 2 (2018潍坊月考)如图所示，金属板 A、 B 水平放置，两板中央有小孔S1、 S2， A、 B 与直流电源连接。闭合开关，从 S1孔正上方 O 处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达 S2

17、孔，不计空气阻力，要使此小球从 O 点由静止释放后穿过 S2孔，应( )A仅上移 A 板适当距离B仅下移 A 板适当距离C断开开关，再上移 A 板适当距离D断开开关，再下移 A 板适当距离解题探究 (1)电场力对小球做什么功？10提示：负功。(2)断开开关，移动 A 板，板间场强如何变化？提示：不变。尝试解答 选 D。设板间距离为 d， O 距 S1为 h，电源电压为 U，由题意知从 O 释放一带电小球到达 S2孔速度为零，则电场力对小球做负功，由动能定理得： mg(h d) qU0，若仅上移或下移 A板适当距离，两板间电压不变，仍满足 mg(h d) qU0，小球仍刚好能到达 S2，则 A、

18、B错误；断开开关， Q 不变，因 E ，则场强 E 不变，由动能定理得： mg(h d)4 kQ rS Eqd0，将 A 板向上移适当距离，假设仍能到达 S2处，则重力做功不变，电场力做功增多，故假设不成立，即到达不了 S2处速度已为零，故 C 错误；若下移 A 板适当距离，假设仍能到达 S2处，则重力做功不变，电场力做功变少，所以总功为正功，到达 S2处小球速度不为零，能够穿过 S2孔，故 D 正确。总结升华带电体在电场中运动的分析方法解决此类问题的关键是灵活利用动力学方法分析，可以采用受力分析和运动学公式相结合的方法进行解决，也可以采用功能的观点进行解决，往往优先采用动能定理。变式 21

19、(2018江西质检)带有等量异号电荷、相距 10 cm 的平行板 A 和 B 之间存在匀强电场，电场强度 E410 4 V/m，方向竖直向下，如图所示。电场中 C 点距 B 板 3 cm， D 点距 A 板 2 cm。有一个质量为 m210 8 kg 的带电微粒沿图中所示的虚线从 C 点运动至 D 点。若重力加速度 g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是( )A该微粒在 D 点时的电势能最大B该微粒可能做匀变速直线运动C在此过程中电场力对微粒做的功为 1108 JD该微粒带正电，所带电荷量为 q510 12 C答案 C解析 由于微粒只受电场力和重力作用，这两个力均在竖直方向上，微粒做直线运

20、动，故电场力的大小等于重力，微粒所受的合外力为 0，做匀速直线运动，电场力方向竖直向上，大小为 mg，微粒从 C 点运动到 D 点的过程中，电场力做正功，电势能减小，A、B 错误；11微粒从 C 点运动到 D 点的过程中，沿电场线方向运动了 5 cm，所以电场力对微粒做的功为1108 J，C 正确；该微粒带负电，D 错误。变式 22 (2017江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板 A、 B、 C 中央各有一小孔，小孔分别位于 O、 M、 P 点。由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点。现将 C 板向右平移到 P点，则由 O 点静止释放的电子( )A运动到 P 点返回B运动到 P

21、 和 P点之间返回C运动到 P点返回D穿过 P点答案 A解析 设 AB、 BC 间的电场强度分别为 E1、 E2，间距分别为 d1和 d2，电子由 O 点运动到 P 点的过程中，据动能定理得：eE1d1 eE2d20当 C 板向右平移后， BC 板间的电场强度E2 ，Ud2 QC d2 Q rS4 kd2 d2 4 kQ rSBC 板间的电场强度与板间距无关，大小不变。第二次释放后，设电子在 BC 间移动的距离为 x，则eE1d1 eE2x00比较两式知， x d2，即电子运动到 P 点时返回，选项 A 正确。考点 3 带电粒子在匀强电场中的偏转1基本规律设粒子所带电荷量为 q，质量为 m，两

22、平行金属板间的电压为 U，板长为 l，板间距离为 d(忽略重力影响)，则有(1)加速度： a 。Fm qEm qUmd(2)在电场中的运动时间： t 。lv012(3)速度Error!v ，tan 。v2x v2yvyvx qUlmv20d(4)位移Error!2两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度和偏移量 y 总是相同的。证明：由 qU0 mv 及 tan ，得 tan 。 y 。12 20 qUlmv20d Ul2U0d qUl22mv20d Ul24U0d(2)粒子经电场偏转射出后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点 O 为粒子水平

23、位移的中点，即 O 到极板边缘的水平距离为 。l23在示波管模型中，带电粒子经加速电场 U1加速，再经偏转电场 U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点 P，如图所示。(1)确定最终偏移距离思路一：思路二：确 定 加 速后 的 v0 确 定偏 移 y 三 角 形 相 似 确 定yOP l2l2 L(2)确定偏转后的动能(或速度)13例 3 (2018南宁、柳州联考)如图所示，在平面坐标系第一象限内有水平向左的匀强电场，电场强度大小为 E， y 轴与直线 x d(d0)区域之间有竖直向下的匀强电场，电场强度大小也为 E，一个电荷量为 q 的粒子(不计重力)从第一象限的 S

24、点由静止释放。(1)若 S 点坐标为（ ，） ，求粒子通过 x 轴的位置坐标； d2d2(2)若 S 点坐标为( d， d)，求粒子通过 x 轴时的动能；(3)若粒子能通过 x 轴上的 P 点坐标为(3 d,0)，求释放点 S 的坐标( x， y)应满足的条件。解题探究 (1)带电粒子在直线 x d 与 y 轴区域之间做什么运动？提示：类平抛运动。(2)带电粒子若运动到 x d 左侧，做什么运动？提示：匀速直线运动。尝试解答 (1)( d,0) (2) qEd (3)4 xy5 d2(x0， y0)54(1)设粒子在第一象限电场中加速运动的末速度为 v1，由动能定理有 qE mvd2 12 2

25、114粒子进入第二象限电场后做类平抛运动，假设粒子通过 x 轴时没有出电场左边界，在第二象限运动时间为 t1，加速度为 a，有qE ma， at ， s v1t1d2 12 21可解得 s d，假设成立，即粒子通过 x 轴的坐标为( d,0)。(2)若 S 点坐标为( d， d)，则粒子到达 y 轴时有 qEd mv ，得 v2 v1。假设粒子穿12 2 2过了第二象限电场左边界，粒子在第二象限电场中做类平抛运动，设其运动时间为 t2，则 y at ， d v2t212 2解得 y ，假设成立，之后做匀速直线运动到达 x 轴，d4粒子通过 x 轴时的动能等于粒子在两个区域中电场力做功之和，即E

26、k qEd qEy qEd。54(3)粒子在第一象限电场中加速运动，根据动能定理可得 qEx mv2，粒子进入第二象12限电场中做类平抛运动，设粒子从 P 点射出时的方向与 x 轴负方向的夹角为 ，如图所示，则 tan vyvx atv其中粒子在第二象限电场中运动时间 tdv粒子要通过 P 点，其出电场左边界后轨迹的反向延长线与 S 点所在水平线的交点 A 的坐标为（ ， y）d2即 tan y3d d2 2y5d联立以上各式解得 4xy5 d2(x0， y0)。总结升华带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路15(1)运动学与动力学观点运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有

27、两种情况：带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。(2)功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量。若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。变式 3 (多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地进入水平向右的加速电场 E

28、1，之后进入竖直向下的匀强电场 E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A偏转电场 E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置答案 AD解析 带电粒子在电场 E1中加速，由动能定理， eE1d mv2，解得 v ；进入12 2eE1dm竖直向下的匀强电场 E2中做类平抛运动， L vt， y at2， eE2 ma，联立解得 y ，12 E2L24E1d偏转电场 E2对三种粒子做功 W eE2y ，与粒子质量无关，所以偏转电场 E2对三种eE2L24E1d16粒子做功一样多

29、，A 正确。由动能定理知粒子打到屏上时的速度大小 v ，三种粒子质量不相等，故 B 错误。三种粒子运动到屏上所用时间 t 总eE2L22E1md 2E1edm t0 t 匀 (L l)，故所用时间不相同，C 错误。由于 y2da0 L lv 2mdeE1 m2eE1d，与粒子质量无关，三种粒子在偏转电场中的水平位移相等，侧移量相同，则出射角E2L24E1d相同，所以三种粒子一定打到屏上的同一位置，D 正确。考点 4 带电粒子在交变电场中的运动1带电粒子在交变电场中运动的分析方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的

30、速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。2常见的三类运动形式带电体做单向直线运动、直线往返运动或偏转运动。例 4 如图 a 所示，两平行正对的金属板 A、 B 间加有如图 b 所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P 处。若在 t0时刻释放该粒子，粒子会时而向 A 板运动，时而向 B 板运动，并最终打在 A 板上。则 t0可能属于的时间段是( )A0T 时情况类似。因粒子最终打在 A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有 B 正确。总结

31、升华利用速度图象分析带电粒子的运动过程时，必须注意“五点”：1 带电粒子进入电场的时刻。2 速度图象的切线斜率表示加速度。3 图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负。4 注意对称性和周期性变化关系的应用。,5 图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解。变式 4 (2018安徽合肥一中高三阶段性考试)如图甲所示，一对平行金属板 M、 N长为 L，相距为 d， O1O 为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压 UMN U0时，某一带负电的粒子从 O1点以速度 v0沿 O1

32、O 方向射入电场，粒子恰好打在上极板 M 的中点，粒子重力忽略不计。18(1)求带电粒子的比荷 ；qm(2)若 M、 N 间加如图乙所示的交变电压，其周期 T ，从 t0 开始，前 时间内Lv0 T3UMN2 U，后 时间内 UMN U，大量的上述粒子仍然以速度 v0沿 O1O 方向持续射入电场，2T3最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求 U 的值。答案 (1) (2)4d2v20U0L2 3U08解析 (1)设粒子经过时间 t0打在 M 板中点沿极板方向有 v0t0L2垂直极板方向有 td2 qU02md 20解得 。qm 4d2v20U0L2(2)粒子通过两板间的时间 t TL

33、v0从 t0 时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小 a1 ，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小2qUmda2qUmd如图所示为从不同时刻射入电场的粒子的速度时间图象，根据题意和图象分析可知，从 t nT(n0,1,2，)或 t nT(n0,1,2，)时刻入射的粒子恰好不打在极板上，T3则有 Td2 12 2qUT3md19解得 U 。3U08考点 5 电场中的力、电综合问题1用动力学的观点分析带电粒子的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线

34、运动，化繁为简。(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。2用能量的观点来分析带电粒子的运动(1)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。(2)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。例 5 (2018保定二模)(多选)空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为 m 的带电小球 A 从 O 点斜向上抛出，小球沿如图所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的 P 点。将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球 B 仍从 O 点以相同的速度抛出，

35、该球垂直击中墙壁的 Q 点(图中未画出)。对于上述两个过程，下列叙述中正确的是( )A球 A 的加速度大于球 B 的加速度B P 点位置高于 Q 点C球 A 的电势能增大，球 B 的电势能减小D电场力对球 A 的冲量大小等于对球 B 的冲量大小解题探究 (1) A、 B 小球在上述两个过程中时间相同吗？提示：将斜抛运动分解成水平方向和竖直方向，由水平方向运动知时间相同。(2)A 球竖直方向减速到零，再向下加速， B 球竖直方向减速到零，则初速度竖直分量和时间相同的情况下， A、 B 的加速度哪个大？提示： A 的加速度大。尝试解答 选 ACD。将带电小球的斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和

36、竖直方向的匀变速直线运动，水平方向位移相同、速度相同，时间就相同，但竖直方向球 A 向上减速到零后又向下加速，20球 B 向上减速到零，所以球 A 的加速度大于球 B 的加速度， P 点位置低于 Q 点，故 A 正确，B 错误。那么 A 球受电场力竖直向下， B 球受电场力竖直向上，电场力对 A 球做了负功，电势能增大，电场力对 B 球做正功，电势能减小，故 C 正确。两球电场力大小相等、时间相同，所以电场力对球 A 的冲量大小等于对球 B 的冲量大小，故 D 正确。总结升华力电综合问题的处理方法力电综合问题往往涉及共点力平衡、牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律等知识点，考查的

37、知识点多，综合分析能力的要求高，试题难度较大，解答时要注意把握以下几点：(1)处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功情况分析，再根据题意选择合适的规律列式求解。(2)对于带电小球在重力场和电场叠加区域内的运动，可以利用运动的合成与分解的方法，将小球的运动分解为水平和竖直两个方向上的分运动，再对两个分运动分别运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律或动能定理解答。(3)带电小球在重力场和电场叠加区域内运动时，若重力和电场力为恒力，可以将重力和电场力合成为一个恒力，可以将这个复合场当作等效重力场，则 F 合 为等效重力场中的“重力” ， g 为等效重力场中的“等效重力加速度” ， F 合 的方向

38、等效为“重力”的方F合m向。当此恒力 F 合 的方向与运动方向垂直时，其速度(或动能)取得极值，小球在等效重力场中能够做竖直平面内的圆周运动的临界条件是恰好能够通过圆周轨道上等效重力场的最高点。变式 51 (多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为 E110 4 N/C 的匀强电场。在匀强电场中有一根长 l2 m 的绝缘细线，一端固定在 O 点，另一端系一质量 m0.08 kg 的带电小球，静止时悬线与竖直方向成 37角。若小球获得初速度恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos370.8， g 取 10 m/s2。下列说法正确的是(

39、 )21A小球的电荷量 q610 5 CB小球动能的最小值为 1 JC小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值D小球绕 O 点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为 4 J答案 AB解析 对小球进行受力分析，如图甲所示，由于静止，可得 mgtan37 qE，解得小球的电荷量为 q 610 5 C，A 正确；由于重力和电场力都是恒力，所以它们mgtan37E的合力也是恒力，如图乙所示，在圆周轨迹上各点中，小球在平衡位置 A 点时的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置的对称点 B 点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以小球在 B 点的动能 EkB最小，对应速

40、度 vB最小，根据题意，在 B 点小球只受重力和电场力，其合力为小球做圆周运动提供向心力，而绳的拉力恰为零， F 合 1 mgcos37N，又 F 合 m ，得 EkB mv 1 J，B 正确；由于总能量保持不变，即 Ek EpG EpE恒v2Bl 12 2B量，当小球在圆周轨迹上最左侧的 C 点时，电势能 Ep最大，所以在该点时机械能最小，C错误；小球由 B 运动到 A， W 合力 F 合 2l，所以 EpB4 J，总能量 E EpB EkB5 J，D 错误。22变式 52 (2018湖北八校联考)如图所示，一电荷量为 q、质量为 m 的小球，从光滑绝缘斜面轨道的 A 点由静止下滑，然后沿切

41、线进入竖直面上半径为 R 的光滑绝缘圆形轨道，并恰能到达轨道的最高点 B。现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从 A 点由静止释放该小球(假设小球所带电荷量在运动过程中保持不变，不计空气阻力)，则( )A小球一定不能到达 B 点B小球仍恰好能到达 B 点C小球一定能到达 B 点，且在 B 点对轨道有向上的压力D小球能否到达 B 点与所加的电场强度的大小有关答案 B解析 没有电场时，设小球在圆形轨道最高点的速度为 v，则由牛顿第二定律得 mg m，根据动能定理有 mg(h2 R) mv2，解得 h R；加上电场时，设小球恰好到达圆形轨v2R 12 52道最高点时的速度为 v，则由牛顿第二定律得

42、mg qE m ，解得 v v 2R，根据动能定理得 mg(h2 R) qE(h2 R) mv1 2，解得小球在 B 点的速度 mg qE Rm 12v1 v，说明小球仍恰好能到达 B 点，且小球在 B 点时对轨道的压力 mg qE Rm为零，B 正确，A、C、D 错误。高考模拟 随堂集训1(2018全国卷)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒 a、 b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放 a、 b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t， a、 b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面， a、 b

43、 间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )23A a 的质量比 b 的大B在 t 时刻， a 的动能比 b 的大C在 t 时刻， a 和 b 的电势能相等D在 t 时刻， a 和 b 的动量大小相等答案 BD解析 根据题述可知，微粒 a 向下加速运动，微粒 b 向上加速运动，根据 a、 b 某时刻经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知 a 的加速度大小大于 b 的加速度大小，即 aaab。对微粒 a，由牛顿第二定律， qE maaa，对微粒 b，由牛顿第二定律， qE mbab，联立解得： ，由此式可以得出 a 的质量比 b 小，A 错误；在 a、 b 两微粒运动过程中，qEma

44、qEmba 微粒所受电场力等于 b 微粒所受的电场力， t 时刻 a 微粒的位移大于 b 微粒，根据动能定理，在 t 时刻， a 的动能比 b 大，B 正确；由于在 t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在 t 时刻， a 和 b 的电势能不等，C 错误；由于 a 微粒受到的电场力(合外力)大小等于 b 微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在 t 时刻，a 微粒的动量大小等于 b 微粒，D 正确。2(2018江苏高考)如图所示，水平金属板 A、 B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将 B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该

45、油滴( )A仍然保持静止 B竖直向下运动C向左下方运动 D向右下方运动答案 D24解析 两极板平行时带电油滴处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板右端向下移动一小段距离时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故油滴向右下方运动，D 正确。3(2018北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )A实验前，只用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，能使电容器带电B实验中，只将电容器 b 板向上平移，静电计指针的张角变小C实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大

46、D实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大答案 A解析 用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，由于静电感应，从而在 b 板感应出等量的异号电荷，从而使电容器带电，故 A 正确；根据平行板电容器的电容决定式 C ，将电 rS4 kd容器 b 板向上平移，即正对面积 S 减小，则电容 C 减小，根据 C 可知，电荷量 Q 不变，QU则电压 U 增大，则静电计指针的张角变大，故 B 错误；根据电容的决定式 C ，只在 rS4 kd极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数 r增大，则电容 C 增大，根据 C 可知，电荷QU量 Q 不变，则电压 U 减小，则静电计指针的张角变小，故 C 错误

47、；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容 C 不变，故 D 错误。254(2016全国卷)关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )A两个电势不同的等势面可能相交B电场线与等势面处处相互垂直C同一等势面上各点电场强度一定相等D将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功答案 B解析 假设两个电势不同的等势面相交，则交点处的电势就是两个不同的值，这是不可能的，A 错误；电场线与等势面处处相互垂直，B 正确；同一等势面上各点电势相等，而场强不一定相等，C 错误；负电荷从高电势处移到低电势处，电势能增加，电场力做负功，D 错误。5(2016北京高考)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为 m，电荷量为 e，加速电场电压为U0。偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为 U，极板长度为 L，板间距为 d。(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度 v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离 y；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知 U2.010 2 V， d4.010 2 m， m9.110 31 kg，