2019高考物理二輪復習 第9講 電場及帶電粒子在電場中的運動課件.ppt

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第9講電場及帶電粒子在電場中的運動 總綱目錄 考點1電場強度的計算 1 常用的公式 2 類比法 對稱法求解電場的場強 1 類比法 當空間某一區(qū)域同時存在兩個或兩個以上的電場 由各自獨立的場源電荷所激發(fā) 時 某點場強E等于各電場的場強在該點的矢量和 遵循平行四邊形定則 可以類比力的合成 2 對稱法 1 如圖所示 M N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點 O點為半圓弧的圓心 MOP 60 電荷量相等 電性相反的兩個點電荷分別置于M N兩點 這時O點電場強度的大小為E1 若將N點處的點電荷移至P點 則O點的場強大小變?yōu)镋2 E1與E2之比為 A 2 1B 1 2C 2 D 4 答案A如圖所示 不妨設M N處分別放置電荷量為 q q的點電荷 則E1 E2 E1 E2 2 1 A對 B C D錯 2 2018浙江湖州質(zhì)檢 均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的點電荷電場 如圖所示 在球面AB上均勻分布正電荷 總電荷量為q 球面半徑為R 球心為O CD為球面AB的對稱軸 在軸線上有M N兩點 且OM ON 2R A1A B1B CD 已知球面A1B1在M點的場強大小為E 靜電力常量為k 則N點的場強大小為 A EB EC ED E 答案C若球完整 則帶電荷量Q q 則球在M點產(chǎn)生的電場E0 根據(jù)電場的疊加原理 除去A1B1球面后 球在M點產(chǎn)生的電場E1 E0 E E 由對稱性可知球殼在N點產(chǎn)生的場強大小等于E1 C正確 3 多選 空間有一與紙面平行的勻強電場 紙面內(nèi)的A B C三點位于以O點為圓心 半徑R 10cm的圓周上 并且 AOC 90 BOC 120 如圖所示 現(xiàn)把一個電荷量q 1 10 5C的正電荷從A移到B 電場力做功 1 10 4J 從B移到C 電場力做功3 10 4J 則該勻強電場的場強方向和大小是 A 場強大小為200V mB 場強大小為200V mC 場強方向垂直O(jiān)A向右D 場強方向垂直O(jiān)C向下 答案ACUAB V 10V UBC V 30V 則UAC UAB UBC 20V 若設 C 0 則 A 20V B 30V 延長AO則與BC的連線交于BC的三等分點D點 D點的電勢應為20V 則AD為電勢為20V的等勢面 故場強方向垂直O(jiān)A向右 大小為E V m 200V m 故A C正確 考點2電場性質(zhì)的綜合問題 1 電場性質(zhì)的判斷方法 2 根據(jù)運動軌跡判斷粒子的受力及運動情況 1 確定受力方向的依據(jù) 曲線運動的受力特征 帶電粒子受力總指向曲線的凹側(cè) 電場力方向與場強方向的關系 正電荷的受力方向與場強方向相同 負電荷則相反 場強方向與電場線或等勢面的關系 電場線的切線方向或等勢面的法線方向為電場強度的方向 2 比較加速度大小的依據(jù) 電場線或等差等勢面越密 E越大 F qE越大 a 越大 3 判斷加速或減速的依據(jù) 電場力與速度成銳角 鈍角 電場力做正功 負功 速度增加 減小 3 x圖線的斜率表示沿x方向的電場強度根據(jù) x圖像可以確定沿x方向電場的方向 電場力的方向 從而可確定粒子運動過程中動能和電勢能的變化情況 1 多選 在x軸上有兩個點電荷q1 q2 其靜電場的電勢 在x軸上分布如圖所示 下列說法正確的有 A q1和q2帶有異種電荷B x1處的電場強度為零C 負電荷從x1移到x2 電勢能減小D 負電荷從x1移到x2 受到的電場力增大 答案AC x圖線的切線斜率表示場強 由圖可知從x1到x2過程中 圖線切線斜率變小 到x2處斜率為0 即場強從x1到x2一直減小 且E2 0 電場力F Eq 負電荷從x1移動到x2 受到電場力減小 選項B D錯誤 沿x軸方向電勢由負到正 故x軸上的兩個電荷q1 q2為異種電荷 選項A正確 由圖可知 x1 x2 負電荷由低電勢到高電勢 電場力做正功 電勢能減小 選項C正確 2 2017天津理綜 7 6分 多選 如圖所示 在點電荷Q產(chǎn)生的電場中 實線MN是一條方向未標出的電場線 虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡 設電子在A B兩點的加速度大小分別為aA aB 電勢能分別為EpA EpB 下列說法正確的是 A 電子一定從A向B運動B 若aA aB 則Q靠近M端且為正電荷C 無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA EpBD B點電勢可能高于A點電勢 答案BC電子的運動軌跡為曲線 由曲線運動的產(chǎn)生條件可知電子在MN電場線上受力方向為水平向左 因此電場線方向為水平向右 M N 若aA aB 則A靠近場源電荷Q 即Q靠近M端且為正電荷 選項B正確 若電子由A B 則水平向左的電場力與軌跡切線方向的速度夾角大于90 電場力做負功 電勢能增加 即EpA B 選項D錯誤 3 2018湖北黃石二調(diào) 如圖所示 一個 V 形玻璃管ABC倒置于豎直平面內(nèi) 并處于場強大小為E 1 103V m 方向豎直向下的勻強電場中 一個重力為G 1 10 3N 電荷量為q 2 10 6C的帶負電小滑塊從A點由靜止開始運動 小滑塊與管壁的動摩擦因數(shù) 0 5 已知管長AB BC L 2m 傾角 37 B點處是一段很短的光滑圓弧管 sin37 0 6 cos37 0 8 g取10m s2 下列說法正確的是 A B A兩點間的電勢差為2000VB 小滑塊從A點第一次運動到B點的過程中電勢能增大C 小滑塊第一次速度為零的位置在C處D 從開始運動到最后靜止 小滑塊通過的總路程為3m 答案DUBA ELsin 1 2 103V A錯誤 小滑塊從A點第一次運動到B點過程中 電場力做正功 電勢能減小 B錯誤 小滑塊受到豎直向上的電場力F qE 2 10 3N 2G 重力和電場力的合力大小等于G 方向豎直向上 可以把電場力與重力的合力等效為一個豎直向上的 重力 小滑塊開始沿玻璃管運動的加速度為a1 g sin cos 2m s2 所以小滑塊第一次到達B點時的速度為v 2m s 在BC段 小滑塊做勻減速運動 加速度大小為a2 g sin cos 10m s2 所以第一次速度為0的位置到B點的距離為x 0 4m C錯誤 小滑塊第一次速度減為零后 又反向向B加速運動 到B后又減速向A運動 這樣不 斷地往復 最后停在B點 根據(jù)能量守恒定律 有GLsin Gscos 解得s 3m 即小滑塊通過的總路程為3m D正確 考點3與平行板電容器相關的電場問題 1 三個關系式 1 對于平行板電容器 板間電場可理想化處理 認為板間為勻強電場 不考慮邊緣效應 2 三個關系式 定義式C 決定式C 關系式E 2 兩個重要結(jié)論 1 電容器與電路 或電源 相連 則兩端電壓取決于電路 或電源 穩(wěn)定時相當于斷路 兩端電壓總等于與之并聯(lián)的支路電壓 2 充電后電容器與電路斷開 電容器所帶電荷量不變 此時若只改變兩板間距離 則板間電場強度大小不變 3 當有電容器的回路接有二極管時 因二極管的單向?qū)щ娦?將使電容器的充電或放電受到限制 1 2018北京理綜 19 6分 研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示 下列說法正確的是 A 實驗前 只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸 能使電容器帶電B 實驗中 只將電容器b板向上平移 靜電計指針的張角變小C 實驗中 只在極板間插入有機玻璃板 靜電計指針的張角變大D 實驗中 只增加極板帶電量 靜電計指針的張角變大 表明電容增大 答案A帶電玻璃棒接觸a板 a板會帶上同種電荷 同時b板上會感應出異種電荷 故A正確 靜電計指針張角反映電容器兩板間電壓 將b板上移 正對面積S減小 電容C減小 板間電壓U增大 故指針張角變大 B錯 插入有機玻璃板 相對介電常數(shù) r增大 電容C增大 板間電壓U減小 指針張角變小 C錯 只增加極板帶電量Q 板間電壓U增大 但電容保持不變 故D錯 2 如圖所示 平行板電容器與恒壓電源連接 電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場 若僅使電容器上極板上移 設電容器極板上所帶電荷量為Q 電子穿出平行板時在垂直于板面方向偏移的距離為y 以下說法正確的是 A Q減小 y不變B Q減小 y減小C Q增大 y減小D Q增大 y增大 答案B上極板上移 兩板間距增大 電容器電容減小 板間電場強度減小 由Q CU可知 Q減小 C D均錯誤 由y 可知 因E減小 電子偏轉(zhuǎn)距離y減小 故B正確 A錯誤 3 2018河北衡水檢測 多選 如圖所示 平行板電容器與直流電源 理想二極管 正向電阻為零可以視為短路 反向電阻無窮大可以視為斷路 連接 電源負極接地 初始電容器不帶電 閉合開關穩(wěn)定后 一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態(tài) 下列說法正確的是 A 減小極板間的正對面積 帶電油滴會向上移動 且P點的電勢會降低B 將上極板下移 則P點的電勢不變C 將下極板下移 則P點的電勢升高D 無論哪個極板上移還是下移 帶電油滴都不可能向下運動 答案CD二極管具有單向?qū)щ娦?閉合開關后電容器充電 電容器的電容C 極板間的電場強度E 整理得E 油滴靜止 則qE mg 減小極板間的正對面積S 由于二極管具有單向?qū)щ娦?電容器不能放電 所以電場強度E變大 油滴所受電場力變大 會向上移動 P點與下極板的距離不變 E變大 則P點的電勢升高 故A錯誤 將上極板向下移動 d變小 電容器兩極板間的電場強度E 變大 P點與下極板的距離不變 P點的電勢升高 故B錯誤 將下極板向下移動 d變大 由C 可知 C變小 由于二極管具有單向?qū)?電性 電容器不能放電 由E 可知電容器兩極板間的電場強度不變 P點與下極板的距離變大 P點與下極板間的電勢差變大 P點的電勢升高 故C正確 上極板上移或下極板下移時 d變大 由C項分析知電容器兩極板間的電場強度不變 油滴所受電場力不變 油滴靜止不動 上極板下移或下極板上移時 d變小 由B項分析知電場力變大 電場力大于重力 油滴所受合力向上 油滴向上運動 故D正確 方法技巧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 分析電容器電容的變化 3 應用電容的定義式C 分析電容器所帶電荷量和兩板間電壓的變化情況 4 根據(jù)控制變量法對電容的變化進行綜合分析 得出結(jié)論 考點4帶電粒子 帶電體 在電場中的運動 命題角度1帶電粒子在電場中的直線運動例1 2018北京朝陽一模 反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一 它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波 其振蕩原理與下述過程類似 已知靜電場的方向平行于x軸 其電勢 隨x的分布如圖所示 一質(zhì)量m 1 0 10 20kg 電荷量q 1 0 10 9C的帶負電的粒子從 1cm 0 點由靜止開始 僅在電場力作用下在x軸上往返運動 忽略粒子的重力等因素 求 1 x軸左側(cè)電場強度E1和右側(cè)電場強度E2的大小之比 2 該粒子運動的最大動能Ekm 3 該粒子運動的周期T 答案 1 2 2 0 10 8J 3 3 0 10 8s 解析 1 由題圖可知 x軸左側(cè)電場強度大小E1 V m 2 0 103V m x軸右側(cè)電場強度大小E2 V m 4 0 103V m 所以 2 粒子運動到原點時速度最大 根據(jù)動能定理有qE1 x Ekm 其中x 1 0 10 2m聯(lián)立 式并代入數(shù)據(jù)可得Ekm 2 0 10 8J 3 設粒子在原點左右兩側(cè)運動的時間分別為t1 t2 在原點時的速度為vm 由運動學公式有vm t1 vm t2 又Ekm m T 2 t1 t2 聯(lián)立 式并代入數(shù)據(jù)可得T 3 0 10 8s 命題角度2帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)例2 多選 如圖所示 氕核 氘核 氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1 之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn) 最后打在屏上 整個裝置處于真空中 不計粒子重力及其相互作用 那么 A 偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B 三種粒子打到屏上時的速度一樣大C 三種粒子運動到屏上所用時間相同D 三種粒子一定打到屏上的同一位置 答案AD 解析設粒子離開電場E1時速度為v 由動能定理得qE1d1 mv2 0 v 在電場E2中y at2 E2q ma L vt tan 聯(lián)立以上方程得y tan 所以 在電場E2中電場力做功W E2qy 三種粒子電荷量相等 做功相等 A項正確 因為在電場E2中y和tan 與q m無關 故它們通過同一軌跡打到屏上同一點 D項正確 對全程應用動能定理 設打到屏上的速度為v 則qE1d1 qE2y mv 2 0 解得v 2 E1d1 所以氕核打到屏上的速度最大 故B項錯誤 在加速電場中所用時間t1 通過偏轉(zhuǎn)電場到達屏所用時間t2 L L 所以總時間t t1 t2 故氚核運動時間最長 C項錯誤 命題角度3帶電體在電場中的運動例3 2018湖北荊門元月調(diào)考 多選 如圖所示 在豎直平面內(nèi)xOy坐標系中分布著與水平方向成45 角的勻強電場 將一質(zhì)量為m 帶電荷量為q的小球 以某一初速度從O點豎直向上拋出 它的軌跡恰好滿足拋物線方程x ky2 且小球通過點P 已知重力加速度為g 則 A 電場強度的大小為B 小球初速度的大小為C 小球通過點P時的動能為 D 小球從O點運動到P點的過程中 電勢能減少 命題角度4帶電粒子在交變電場中的運動例4一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示 在該勻強電場中 有一個帶電粒子于t 0時刻由靜止釋放 若帶電粒子只受電場力作用 則下列說法中正確的是 A 帶電粒子只向一個方向運動B 0 2s內(nèi) 電場力所做的功等于零C 4s末帶電粒子回到原出發(fā)點D 2 5 4s內(nèi) 電場力的沖量等于零 1 2018湖南長沙模擬 多選 如圖所示 一質(zhì)量為m 電荷量為q的小球在電場強度為E 區(qū)域足夠大的勻強電場中 以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動 ON與水平面的夾角為30 重力加速度為g 且mg qE 則 A 電場方向豎直向上B 小球運動的加速度大小為g C 小球上升的最大高度為D 若小球在初始位置的電勢能為零 則小球電勢能的最大值為 答案BD如圖所示 由于帶電小球沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動 其合力在ON直線上 而mg qE 由三角形定則可知 電場方向與ON方向成120 角 A項錯誤 由圖中幾何關系可知 小球所受合力大小為mg 由牛頓第二定律可知a g 方向與初速度方向相反 B項正確 設帶電小球上升的最大高度為h 由動能定理可得 mg 2h 0 m 解得h C項錯誤 小球上升過程中 當速度為零時 其電勢能最大 則Ep qE 2hcos120 D項正確 2 2018湖北黃岡模擬 靜電噴漆技術具有效率高 質(zhì)量好等優(yōu)點 其裝置示意圖如圖所示 A B為兩塊水平放置的平行金屬板 間距d 1 0m 兩板間有方向豎直向上 大小為E 1 0 103N C的勻強電場 在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P 油漆噴槍的半圓形噴口可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0 1 0m s 質(zhì)量均為m 5 0 10 14kg 帶電荷量均為q 2 0 10 15C的帶電油漆微粒 不計微粒所受空氣阻力及微粒間相互作用 油漆微粒最后都落在金屬板B上 取g 10m s2 下列說法錯誤的是 A 沿水平方向噴出的微粒運動到B板所需時間為0 2sB 沿不同方向噴出的微粒 從噴出至到達B板 電場力做功為2 0 10 12JC 若其他條件均不變 d增大為原來的2倍 則噴涂面積增大為原來的2倍D 若其他條件均不變 E增大為原來的2倍 則噴涂面積減小為原來的 答案D沿水平方向噴出的微粒做類平拋運動 在豎直方向上 加速度a m s2 50m s2 根據(jù)d at2得 t s 0 2s 故A正確 沿不同方向噴出的微粒 從噴出至到達B板 電場力做功為W qEd 2 0 10 15 1 0 103 1 0J 2 0 10 12J 故B正確 若其他條件均不變 d增大為原來的2倍 根據(jù)d at2得 t變?yōu)樵瓉淼谋?則噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼谋?面積變?yōu)樵瓉淼?倍 故C正確 若其他條件不變 E增大為原來的2倍 則加速度a m s2 90m s2 加速度變?yōu)樵瓉淼谋?時間t變?yōu)樵瓉淼?噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼?面積減小為原來的 故D錯誤 1 2016課標 14 6分 一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì) 接在恒壓直流電源上 若將云母介質(zhì)移出 則電容器 A 極板上的電荷量變大 極板間電場強度變大B 極板上的電荷量變小 極板間電場強度變大C 極板上的電荷量變大 極板間電場強度不變D 極板上的電荷量變小 極板間電場強度不變 答案D電容器電容C 云母介質(zhì)移出 r減小 C減小 又C 電源恒壓 U一定 C減小 故Q減小 電場強度E 故E不變 選項D正確 2 2018課標 16 6分 如圖 三個固定的帶電小球a b和c 相互間的距離分別為ab 5cm bc 3cm ca 4cm 小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a b的連線 設小球a b所帶電荷量的比值的絕對值為k 則 A a b的電荷同號 k B a b的電荷異號 k C a b的電荷同號 k D a b的電荷異號 k 答案D本題考查庫侖定律及矢量合成 若a b的電荷同號 則c所受庫侖力的合力指向2或4區(qū)域 若a b的電荷異號 則c所受庫侖力的合力指向1或3區(qū)域 故只有a b的電荷異號 合力方向才能與a b連線平行 設a帶正電荷 b c帶負電荷 c受力如圖 tan tan tan 由庫侖定律得 聯(lián)立得k 故A B C三項均錯誤 D項正確 答案BD本題考查電場力做功與電勢能變化量的關系 勻強電場中U Ed 根據(jù)電場力做功與電勢能變化量的關系有W1 q a b W2 q c d WMN q M N 根據(jù)勻強電場中 同一條直線上兩點間的電勢差與兩點間的距離成正比 的規(guī)律可知 UaM UMc 即 a M M c 可得 M 同理可得 N 聯(lián)立 式可得 WMN 即B項正確 若W1 W2 則 a b c d 結(jié)合 兩式可推出 a M b N 即D項正確 由題意無法判定電場強度的方向 故A C項均錯誤 4 2018課標 21 6分 多選 圖中虛線a b c d f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面 已知平面b上的電勢為2V 一電子經(jīng)過a時的動能為10eV 從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV 下列說法正確的是 A 平面c上的電勢為零B 該電子可能到達不了平面fC 該電子經(jīng)過平面d時 其電勢能為4eVD 該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍 答案AB本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動 能量的轉(zhuǎn)化與守恒等知識 電子從a到d的過程中克服電場力做功6eV 說明電場方向由a f 且Uad 3Uab 3Ubc 3Ucd 3Udf 6V 故Uab Ubc Ucd Udf 2V 又因為 b 2V 故 a 4V c 0V d 2V f 4V 可知A項正確 Eka 10eV 從a到f過程中 需克服電場力做功8eV Eka W電 因為不知道電子的運動方向 故不能確定電子能否到達平面f 故B項正確 電子經(jīng)過平面d時 其電勢能為2eV 故C項錯誤 經(jīng)過平面b時的動能為8eV 經(jīng)過平面d時的動能為4eV 又知Ek mv2 故 D項錯誤 5 2018課標 21 6分 多選 如圖 一平行板電容器連接在直流電源上 電容器的極板水平 兩微粒a b所帶電荷量大小相等 符號相反 使它們分別靜止于電容器的上 下極板附近 與極板距離相等 現(xiàn)同時釋放a b 它們由靜止開始運動 在隨后的某時刻t a b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面 a b間的相互作用和重力可忽略 下列說法正確的是 A a的質(zhì)量比b的大B 在t時刻 a的動能比b的大C 在t時刻 a和b的電勢能相等D 在t時刻 a和b的動量大小相等 答案BD本題考查電容器和帶電粒子在電場中的運動 由題設條件可知 微粒a向下運動 微粒b向上運動 且在相等時間內(nèi) 位移xa xb 由運動學公式及牛頓第二定律可得 x t2 則maEkb 選項B正確 由動量定理可得 qEt p 則pa與pb大小相等 選項D正確 在t時刻 a b在同一水平面上 電勢 相等 而兩微粒的電性不同 由Ep q 可知a和b的電勢能不相等 選項C錯誤 6 2017課標 20 6分 多選 在一靜止點電荷的電場中 任一點的電勢 與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示 電場中四個點a b c和d的電場強度大小分別為Ea Eb Ec和Ed 點a到點電荷的距離ra與點a的電勢 a已在圖中用坐標 ra a 標出 其余類推 現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b c點移動到d點 在相鄰兩點間移動的過程中 電場力所做的功分別為Wab Wbc和Wcd 下列選項正確的是 A Ea Eb 4 1B Ec Ed 2 1C Wab Wbc 3 1D Wbc Wcd 1 3 答案AC本題考查場強與電勢 由圖可知 ra 1m a 6V rb 2m b 3V rc 3m c 2V rd 6m d 1V 由點電荷的場強公式E 得Ea Eb Ec Ed 36 9 4 1 A正確 B錯誤 由WAB qUAB q A B 得Wab Wbc Wcd a b b c c d 3 1 1 故C正確 D錯誤 7 2017課標 21 6分 多選 一勻強電場的方向平行于xOy平面 平面內(nèi)a b c三點的位置如圖所示 三點的電勢分別為10V 17V 26V 下列說法正確的是 A 電場強度的大小為2 5V cmB 坐標原點處的電勢為1VC 電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD 電子從b點運動到c點 電場力做功為9eV