高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題七 靜電場(chǎng)課件

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1、專 題 七 靜 電 場(chǎng) 知 識(shí) 清 單 方法一平行板電容器內(nèi)部E、U、Q變化問(wèn)題1.要區(qū)分兩種基本情況(1)電容器兩極板間電勢(shì)差U保持不變;(2)電容器的帶電荷量Q保持不變。2.進(jìn)行討論的物理依據(jù)主要有三個(gè)(1)平行板電容器的電容C與板間距d、正對(duì)面積S、電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù) r間的關(guān)系為C=;(2)平行板電容器內(nèi)部是勻強(qiáng)電場(chǎng),所以場(chǎng)強(qiáng)E=或 E=;(3)電容器所帶的電荷量Q=CU。例1將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場(chǎng)強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示。下列說(shuō)法正確的是()r4 Skd Ud r4 kQ S 突 破 方 法 A.保持U不變,將d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,則E變?yōu)?/p>

2、原來(lái)的一半B.保持E不變,將d變?yōu)樵瓉?lái)的一半,則U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍C.保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,則U變?yōu)樵瓉?lái)的一半D.保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半,則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半解題思路明確電容器工作原理,分析題中物理量的變化順序,利用控制變量法分析各量的變化情況。解析由E=知,當(dāng)U不變,d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍時(shí),E變?yōu)樵瓉?lái)的一半,A項(xiàng)正確;當(dāng)E不變,d變?yōu)樵瓉?lái)的一半時(shí),U變?yōu)樵瓉?lái)的一半,B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)電容器中d不變時(shí),C不變,由C=知,當(dāng)Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍時(shí),U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,C項(xiàng)錯(cuò)誤;Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半時(shí),U變?yōu)樵瓉?lái)的一半,d不變時(shí),則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半,D項(xiàng)正確。 答案 AD1-1板間距為d的平行板電容器所

3、帶電荷量為Q時(shí),兩極板間電勢(shì)差為U1,板間場(chǎng)強(qiáng)為E1?，F(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q,板間距變?yōu)閐,其他條件不變,這時(shí)兩極板間電勢(shì)差為U2,板間場(chǎng)強(qiáng)為Ud QU12 E2,下列說(shuō)法正確的是()A.U2=U1,E2=E1 B.U2=2U1,E2=4E1C.U2=U1,E2=2E1 D.U2=2U1,E2=2E1答案 C解析 U1=,E1=。當(dāng)板間距變?yōu)?d 時(shí),由C=可知電容變?yōu)?C,而帶電荷量也變?yōu)?Q,故U 2=U1,E2=2=2E1,故C選項(xiàng)正確。QC 1Ud 12 r4 Skd22QC 212Ud 1Ud 方法二用等效法處理帶電粒子在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等效思維方法是將一個(gè)復(fù)雜的物理問(wèn)題,

4、等效為一個(gè)熟知的物理模型或問(wèn)題的方法。帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題,是高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型。對(duì)于這類問(wèn)題,若采用常規(guī)方法求解,過(guò)程復(fù)雜,運(yùn)算量大。若采用“等效法”求解,則能避開復(fù)雜的運(yùn)算,過(guò)程比較簡(jiǎn)捷。先求出重力與電場(chǎng)力的合力,將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”,將a=視為“等效重力加速度”。再將物體在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解即可。例2如圖所示,空間有與水平方向成角的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球,用長(zhǎng)L的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)。當(dāng)小球靜止時(shí),細(xì)線恰好處于水平位置。現(xiàn)用一個(gè)外力將小球沿圓弧緩慢地拉到最低點(diǎn),此過(guò)程小球的電荷量不變。則該外力

5、做的功為 () Fm合 A.mgL B. C.mgL tan D.解題思路關(guān)鍵詞:緩慢,電荷量不變。外力做功與電場(chǎng)力和重力的合力做功相等。解析對(duì)小球受力分析如圖所示,則重力與電場(chǎng)力的合力F合=,由動(dòng)能定理可知:W F=-WF合=L。答案 B例3如圖所示,絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30的斜面,AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道,斜面與圓軌道相切。整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量tan mgL cosmgL tanmgtanmg 為m的帶正電小球,電荷量為q=,要使小球能安全通過(guò)圓軌道,在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件?解析小球先在斜面上運(yùn)動(dòng),受重力、電場(chǎng)力、支持力,然

6、后在圓軌道上運(yùn)動(dòng),受重力、電場(chǎng)力、軌道作用力,如圖所示,類比重力場(chǎng),將電場(chǎng)力與重力的合力視為等效重力mg,大小為mg= =,tan =,得=30,等效重力的方向與斜面垂直指向右下方,小球在斜面上勻速運(yùn)動(dòng)。 33mgE2 2( ) ( )qE mg 2 33mg qEmg 33 因要使小球能安全通過(guò)圓軌道,在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿足“等效重力”剛好提供向心力,即有:mg=,因=30與斜面的傾角相等,由幾何關(guān)系知 =2R,令小球以最小初速度v0運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理知:-2mgR=m-m解得v 0=,因此要使小球安全通過(guò)圓軌道,初速度應(yīng)滿足v 。答案 v 2DmvR AD12 2Dv 12 2

7、0v10 33gR 10 33gR10 33gR 方法三用能量觀點(diǎn)處理帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的方法對(duì)于受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng),必須借助于能量觀點(diǎn)來(lái)處理。即使是恒力作用的問(wèn)題,用能量觀點(diǎn)處理也常常顯得簡(jiǎn)捷。1.用動(dòng)能定理處理,思維順序一般為(1)弄清研究對(duì)象,明確所研究的物理過(guò)程;(2)分析物體在所研究過(guò)程中的受力情況,弄清哪些力做功,做正功還是負(fù)功;(3)弄清所研究過(guò)程的始、末狀態(tài)(主要指動(dòng)能);(4)根據(jù)W=E k列出方程求解。2.用能量守恒定律處理,列式的方法常有兩種(1)從初、末狀態(tài)的能量相等(即E1=E2)列方程;(2)從某些能量的減少量等于另一些能量的增加量(即E=E)列方程。例4如

8、圖所示,平行金屬板A、B水平正對(duì)放置,分別帶等量異號(hào)電荷。一帶電微粒水平射入板間,在重力和電場(chǎng)力共同作用下運(yùn)動(dòng),軌跡如圖中虛線所示,那么() A.若微粒帶正電荷,則A板一定帶正電荷B.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能一定增加C.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加D.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加解題思路由于電場(chǎng)力與重力的大小關(guān)系未知,則無(wú)法判斷出電場(chǎng)力方向,故電場(chǎng)力方向可能向上或向下。解析由帶電微粒做類平拋運(yùn)動(dòng)的特征可知帶電微粒所受的合力方向向下,即電場(chǎng)力方向向上且Eqv1,則電場(chǎng)力一定做正功B.小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),電場(chǎng)力做功W=m-m-mgHC.兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U=(-)D.小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)所受

9、重力的瞬時(shí)功率P=mgv2 cos 答案 B解析小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),重力一定做正功,若v 2v1,動(dòng)能增大,則電場(chǎng)力不一定做正功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。由動(dòng)能定理,小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),電場(chǎng)力做功W=m-m-mgH,選項(xiàng)B正確。由W=qU,可得兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U=(-)-,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)所受重力的瞬時(shí)功率P=mgv2 sin ,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 12 22v 12 21v2mq 22v 21v 12 22v 12 21v2mq 22v 21v mgHq 方法四帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方法與技巧解答這類問(wèn)題,通常從受力分析(力的大小、方向的變化特點(diǎn))和運(yùn)動(dòng)分析(運(yùn)動(dòng)狀態(tài)及形式)入手,應(yīng)用力

10、學(xué)的基本規(guī)律定性、定量討論,注意思維方法和技巧的靈活運(yùn)用。1.借助圖象,展示物理過(guò)程物理圖象是表達(dá)物理過(guò)程、規(guī)律的基本工具之一,用圖象反映物理過(guò)程、規(guī)律,具有直觀、形象、簡(jiǎn)潔明了的特點(diǎn),帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),受電場(chǎng)力作用,其加速度、速度等均做周期性變化,借助圖象來(lái)描述它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況,可直觀展示物理過(guò)程,從而獲得啟迪,快捷地分析求解。例5如圖(a)所示,兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓,一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t 0時(shí)刻釋放該粒子,粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是() A.0t0

11、B.t0C.t 0T D.Tt0解析設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得,粒子的速度方向時(shí)而為負(fù),時(shí)而為正,最終打在A板上時(shí)位移為負(fù),速度方向?yàn)樨?fù)。4T 2T 34T34T 98T 作出t0=0、時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖象如圖所示。由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過(guò)的位移,則由圖象可知0t0,t0T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零;t0T時(shí)情況類似。因粒子最終打在A板上,則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零,對(duì)照各選項(xiàng)可知只有B正確。答案 B點(diǎn)評(píng)本題物理情景簡(jiǎn)單,但隱含條件較多。如打在A板上時(shí)速度方向向左,位移方向向左,解答此類題目注意隱含條件的挖掘。另外,速度-時(shí)間圖象的合理應(yīng)用,

12、可提高同學(xué)們的解題速度。4T 2T 34T 4T 34T 4T34T 2.巧取分運(yùn)動(dòng),化繁為簡(jiǎn)對(duì)一個(gè)復(fù)雜的運(yùn)動(dòng),為研究方便可以把它看成是由幾個(gè)比較簡(jiǎn)單的運(yùn)動(dòng)組合而成的,前者叫做合運(yùn)動(dòng),后者叫做分運(yùn)動(dòng)。某個(gè)方向的分運(yùn)動(dòng)不會(huì)因其他分運(yùn)動(dòng)的存在而受到影響,這就是運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性原理,應(yīng)用這一原理可以簡(jiǎn)捷分析某些帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題。例6如圖(a)所示,平行板電容器間距為d,兩板所加電壓如圖(b)所示,t=0時(shí)刻,質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以平行于極板的速度v 0射入電容器,2.5T時(shí)恰好落在下極板上,帶電粒子的重力不計(jì),在這一過(guò)程中,求: (1)該粒子的水平位移;(2)粒子落到下極板時(shí)的速度

13、。解題思路利用分運(yùn)動(dòng)解題。水平方向:勻速。豎直方向:勻加速勻速勻加速。解析(1)帶電粒子在水平方向不受外力作用,做勻速直線運(yùn)動(dòng),因此水平位移為s=v0t=v02.5T=2.5v0T(2)帶電粒子落在下極板上時(shí)在豎直方向的分速度為v y=aT=T粒子落在下極板上時(shí)的速度大小為v=答案(1)2.5v0T(2)3.建立理想模型,化難為易解決物理問(wèn)題時(shí)一般都和一定的理想模型相聯(lián)系。建立正確反映事物特征的理想模型是運(yùn)用基本概念、規(guī)律求解問(wèn)題的必要前提,對(duì)于某些實(shí)際的物理過(guò)程,可根據(jù)題設(shè)條件,運(yùn)用近似處32 032qUmd2 2x yv v 2 2 22 00 2 294q U Tv m d 2 2 22

14、 00 2 294q U Tv m d 理方法,通過(guò)簡(jiǎn)化描述來(lái)反映事物基本的物理特征,這有助于迅速、準(zhǔn)確確定出解題方向和策略,使問(wèn)題得到迅速解決。例7在真空中速度為v=6.4107 m/s的電子束連續(xù)地射入兩平行極板之間,極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)=8.010-2 m,間距為d=5.010-3 m,電子束沿兩極板間的中線通過(guò),如圖所示,在兩極板上加上50 Hz的交變電壓u=Um sin t,如果所加電壓的最大值超過(guò)某一值UC,將開始出現(xiàn)以下現(xiàn)象:電子有時(shí)能通過(guò)兩極板,有時(shí)不能通過(guò),求U C的大小。(電子的比荷為1.761011 C/kg)解題思路這道題是帶電粒子初速度方向與電場(chǎng)方向垂直的問(wèn)題,乍一看,電子運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜,一時(shí)難以理順解題思路,但仔細(xì)分析可知,電子通過(guò)平行板所需要的時(shí)間為t=1.2510 -9 s,交流電壓周期T=2.010-2 s,可見(jiàn)t T,這說(shuō)明交變電壓雖做周期性變化,但對(duì)高速通過(guò)平行板的電子Lv 束而言,電壓大小的變化已成次要因素,可以不予考慮,因此,電子束通過(guò)平行板時(shí),極板間的電壓和電場(chǎng)可看做恒定不變,即這里建立的是平行板勻強(qiáng)電場(chǎng)模型,處理電子束在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)我們已相當(dāng)熟悉,問(wèn)題就迎刃而解了。解析設(shè)電子剛好不能通過(guò)時(shí)平行板的電壓為UC,電子經(jīng)過(guò)平行板的時(shí)間為t,則:t=,=at2,a=解得U C=91 V答案91 V Lv 2d 12CeUmd 2 22mv deL