2014广西物理《高考专题》（二轮）复习课件：专题五 第11讲电场及带电粒子在电场中的运动.ppt

1、专题五 电场和磁场第11讲 电场及带电粒子在电场中的运动1.电场的力的性质：(1)电场强度的定义式E=_，适用于_。(2)真空中点电荷的场强公式：E=_，式中：Q为_的电量。r为_。(3)场强与电势差的关系式：E=_，适用于_的计算，式中d为_。任意电场场源电荷研究的点到场源的距离匀强电场沿场强方向上的距离2.电场的能的性质：(1)电势的定义式：=_，与_的选取有关。(2)电势差的定义式：UAB=_,适用于_。(3)电势差与电势的关系式：UAB=_，与零电势能点的选取_。(4)电场力做功与电势能变化的关系式：WAB=_。零势能点任意电场无关3.带电粒子在电场中的运动：(1)加速运动的处理方法：

2、对匀加速直线运动，采用_的方法。对非匀变速运动，运用_求解。(2)偏转运动的处理方法：运用_的思想处理。运动学公式与牛顿第二定律结合动能定理运动的合成与分解1.(2013新课标全国卷)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为()【解析】选B。带电小球a、b在c球位置处的场强大小均为Ea=方向如图所示，根据平行四边形定则，其合电场强度大小为Eab=该电场应与外加的匀强电场E等大反向，即E=选项B正确。2.(20

3、12大纲版全国卷)如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘细线悬挂于O点。现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q，此时悬线与竖直方向的夹角为。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。【解析】设电容器的电容为C，两板间距为d，第一次充电后两板间电场强度为E=设小球质量为m，所带电荷量为q，当悬线与竖直方向的夹角为1=时，小球受重力mg、拉力和电场力qE这三个力而处于平衡状态，则有qE=mgtan1 由得tan1=所以悬线与竖直方向的夹角与两板带的电荷量Q有关，设第二次充电

4、过程增加的电荷量为Q，小球悬线偏角2=小球再次受力平衡，有tan2=联立得代入数据得Q=2Q答案:2Q热点考向1 电场性质的理解与应用【典例1】(2013济南一模)一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，只在电场力作用下恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有()A.a、b、c三点电势高低及场强大小的关系是B.质点由a到b电势能增加,由b到c电场力做正功,在b点动能最小C.质点在a、b、c三处的加速度大小之比是121D.若改变带电质点在a处的速度大小和方向,有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动【解题探究】(1)画出正点电荷电场线及等势面，并说明其特

5、点。提示：1.电场线特点：以正点电荷为中心，沿半径向外发散直线。2.等势面特点：以正点电荷为球心的一簇球面。(2)本题判断电势高低依据为_。(3)分析加速度大小之比的思路是什么?提示:加速度大小之比等于合外力之比,该题中的合外力等于电场力,而电场力之比又等于场强之比。沿着电场线的方向电势降低【解析】选A、B。离正点电荷Q越近,电势越高，等距离的电势相同，所以a、b、c三点电势关系为根据点电荷场强计算公式E=因b到Q的距离是c到Q距离的倍，所以a、b、c三点场强大小的关系是Ea=Ec=2Eb,故选项A正确；由电场力与速度的夹角可知，质点由a到b电场力做负功，电势能增加；由b到c电场力做正功，电势

6、能减小、动能增加，所以选项B正确；因a、b、c三点场强大小的关系是Ea=Ec=2Eb，所以只有当质点在水平面内只受电场力时才有加速度大小之比是212，所以选项C错误；若改变带电质点在a处的速度大小和方向，因电场力做功使质点的速度大小变化，所以质点经过a、b、c三点不可能做匀速圆周运动，故选项D错误。【总结提升】判断电场性质的一般解题思路(1)明确电场的电场线与等势面的分布规律；(2)利用电场线的疏密分布规律或场强的叠加原理判定场强的强弱；(3)根据电场线的方向、电场线的疏密及电势能的大小分析电势的高低；(4)应用电场力做功与电势能改变之间的关系判定电势能的大小或电场力做功情况。【变式训练】(2

7、013桂林一模)如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10V、20 V、30 V。实线是一带正电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,对于轨迹上的a、b、c三点,下列说法中正确的是()A.带电粒子一定是先经过a,再经过b,然后经过cB.带电粒子在三点所受电场力的大小满足FbFaFcC.带电粒子经过三点时的速率满足vavcca【解析】选D。带电粒子也可以先经过c点,再经过b点,然后经过a点,故选项A错误;由于是相互平行且等间距的三个等势面,所以该电场是匀强电场,带电粒子在三点所受电场力大小相等,故选项B错误;因为0,所以bca,经过三点时的动能EkaEkcEkb,

8、vavcvb,故选项C错误,D正确。【变式备选】(2013烟台一模)真空中有一带负电的电荷绕固定的点电荷+Q运动,其轨迹为椭圆,如图所示。已知abcd为椭圆的四个顶点,+Q处在椭圆焦点上,则下列说法正确的是()A.b、d两点的电场强度大小一定相等B.a、c两点的电势相等C.负电荷由b运动到d电场力做正功D.负电荷由a经d运动到c的过程中,电势能先减小后增大【解析】选B。由E=和rdrb得EdEb，A错。由于a、c与+Q等距,故电势相等，B对。负电荷由b到d电场力先做正功再做负功，C错。负电荷由a到d再到c的过程中，电场力先做负功再做正功，故电势能先增大后减小，D错。热点考向2 与平行板电容器有

9、关的电场问题【典例2】(2013沈阳一模)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在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，W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，各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是()【解题探究】(1)平行板电容器充电后与电源断开，意味着_不变。(2)写出电容、场强的关系式：C=_；E=_。(3)负极板接地是什么含义？如何分析P点电势的变化？提示：负极板接地意味着其电势为零，利用=U=Ed分析P点电势的变化，式中d为P点到负极板的垂直距离。电容器带的电

10、荷量【解析】选C。由平行板电容器的电容C=可知A错。在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，与d无关，则B错。在负极板接地的情况下，则C项正确。正电荷在P点的电势能W=显然D错。【总结提升】平行板电容器问题的分析思路(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化；(2)应用平行板电容器的决定式C=分析电容器的电容的变化；(3)应用电容的定义式分析电容器带电量和两板间电压的变化情况；(4)根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论。【变式训练】(2013石家庄一模)如图所示，D是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止

11、状态。下列措施下，关于P的运动情况的说法中正确的是()A.保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止B.保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动C.断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动D.若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变【解析】选A、B、D。保持开关S闭合,电容器的电压不变,增大A、B板间距离,则导致电容器的电容减小,则出现电容器的电量减小,然而二极管作用导致电容器的电量不会减小,则电容器的电量会不变,由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关,所以电场强度不变,故A正确;当减小A、B板间距离,则导致电容器的电容增大,则出现电容器的电量增加,因此电场强度

12、增大,所以P向上运动,故B正确;增大A、B板间距离,电容器的电容减小,由于断开开关S,则电容器的电量不变,所以极板间的电场强度不变,因此P仍处于静止,故C错误;A板稍下移,电容器的电容增大,当断开S后,则电容器的电量不变,所以电场强度也不变,由于B板接地,则P到B板的电势差不变,因此P的电势能也不变,故D正确。热点考向3 带电粒子在电场中的加速或偏转【典例3】(14分)(2013日照模拟)如图所示,水平放置的长为l、距离为d的两平行金属板,极板所加电压为U,一质量为m(重力不计)的带电粒子,沿两极板的中心线以初速度v0射入,若粒子能落在A板距左端为b的M点上,求:(1)粒子的带电荷量。(2)若

13、将A板向上移动要使粒子由原入射点射入仍然落在M点，则电压变为原来的多少倍？【解题探究】(1)粒子带电量的求解：粒子的运动性质为_。列物理学方程：a.水平方向：_；b.竖直方向：_。(2)将A板向上移动后，要使粒子由原入射点入射，仍落在M点，则电压应增大还是减小，为什么？匀变速曲线运动(类平抛运动)b=v0t提示：应增大电压。由y=at2知，在t不变的情况下要增大位移y，必须使加速度a变大，而a=q、m不变，d变大，故U应变大。【解析】(1)带电粒子在匀强电场中受到的电场力F=qE=(1分)粒子在竖直方向的加速度a=(1分)粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运

14、动学规律有：b=v0t (2分)(2分)解得q=(1分)(2)当A板上移后，极板间距d=粒子仍由原入射点射入而落到M点，则其竖直位移变为d。设电压变为U后可使粒子仍落在M点。粒子在其间的加速度a=(2分)由运动规律有b=v0t (2分)d=at2 (2分)解得U=3U。(1分)答案：(1)(2)电压应增大为原来的3倍【拓展延伸】该题中：(1)A板移动前，若粒子刚好射出两极板之间，又如何求粒子的电荷量？提示：将水平方向上的位移规律变为l=v0t，而竖直方向上的位移规律仍为y=联立求出q即可。(2)A板移动且电压变为3U后，若让粒子刚好穿出两板之间，则初速度v0变为多少？提示：此时水平位移l=v0

15、t，竖直位移解以上两式并结合【总结提升】带电粒子在电场中的运动问题解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是偏转运动问题。(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。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

16、分运动，再应用牛顿运动定律或运动学方程求解。(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的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口。【变式训练】(2013济南一模)如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()A.板间电场强度大小为B.板间电场强度大小为C.质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D.质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间【解析】选B、C。当质

17、点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上。由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等。由运动规律可知vx=v0；在竖直方向上：在电场中vy=at，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vy=gt，由此运动过程的对称性可知a=g，由牛顿第二定律得：qE-mg=ma=mg，解得：E=。故B、C正确。1.(2013百色一模)一带电小球在电场中仅在电场力的作用下,从A点运动到B点,速度大小随时间变化的图像如图所示,t1、t2分别是带电小球在A、B两点对应的时刻,则下列说法中正确的有()A.A处的场强一

18、定大于B处的场强B.A处的电势一定高于B处的电势C.带电小球在A处的电势能一定小于B处的电势能D.带电小球从A点运动到B点的过程中,电场力一定对其做正功【解析】选D。由于不知道电场的情况,也不知道带电小球的电性情况,故选项A、B错误;带电小球仅在电场力的作用下运动时,动能和电势能之和守恒,而EkAB,选项C错误;带电小球由A向B运动的过程中速度变大,动能变大,电场力一定对其做正功,选项D正确。2.(2013新课标全国卷)如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q0)的固定

19、点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()【解析】选B。由b点的合场强为零可得圆盘在b点的场强与点电荷q在b点的场强大小相等、方向相反，所以圆盘在b点的场强大小为再根据圆盘场强的对称性和场强叠加即可得出d点的场强为Ed=Eb+故选项B正确。3.(2013哈尔滨一模)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，图中反映电子速度v、位移s和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()【解析】选A、D。在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F=所以电子所

20、受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化。由牛顿第二定律F=ma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a-t图像如图1所示，v-t图像如图2所示；又因匀变速直线运动位移s=v0t+at2，所以s-t图像应是曲线。故本题选A、D。4.(2013成都模拟)如图所示,板长L=10cm,板间距离d=10cm的平行板电容器水平放置,它的左侧有与水平方向成60角斜向右上方的匀强电场,某时刻一质量为m、带电量为q的小球由O点静止释放,沿直线OA从电容器C的中线水平进入,最后刚好打在电容器的上极板

21、右边缘,O到A的距离x=45 cm,(g取10m/s2)求:(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小;(2)小球刚进入电容器C时的速度v的大小;(3)电容器C极板间的电压U。【解析】(1)由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq=得E=(2)从O点到A点，由动能定理得：mgxcot60=mv2-0解得：v=3 m/s(3)小球在电容器C中做类平抛运动，水平方向：L=vt 竖直方向：a=联立求解得U=答案：(1)(2)3 m/s (3)八 带电粒子在交变电场中的运动问题【案例剖析】(16分)如图甲所示,A、B为两块平行金属板,板中央均有小孔,M、N是两块与B板垂直且相邻的

22、平行金属板,与M和N板等距离的中间轴线(图中虚线)通过O孔。M、N板长L=210-2m,板间距离d=410-3m,两板间所加电压U0=20V,在两板间形成匀强电场。一束电子以初动能E0=120eV从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B之间,设电子在A、B间的运动时间很短,可以不计。现在A、B两板间加一个如图乙所示的做周期性变化的电压U,在t=0到t=2s时间内A板电势高于B板电势,则从t=0到t=4s的时间内:(1)在第一个周期中,哪段时间内从小孔O射入的电子可以从B板小孔射出?(2)在一个周期中,哪段时间内从小孔O射入的电子能从偏转电场右侧射出?【审题】抓住信息,准确推断关键信息信息挖掘题干

23、一束电子以初动能E0=120eV电子不是从静止开始运动,且电子带负电不断垂直于板射入A、B之间很多电子连续射入A、B之间电子在A、B间的运动时间很短电子穿过A、B间的过程中,认为A、B间的电压不变周期性变化的电压UA、B间的电压U按线性周期性变化在t=0到t=2s时间内A板电势高于B板电势t=0到t=2s时间内A板带正电,B板带负电;t=2s到t=4s时间内,与之相反关键信息信息挖掘问题可以从B板小孔射出电子到B板时的速度大于零能从偏转电场右侧射出电子在M、N间的偏转位移y【破题】精准分析,无破不立(1)求解从B板小孔穿出电子的时间。设时刻t1,A、B间的电压为U1时,电子到B板小孔的速度恰为

24、零。该过程动能定理的表达式为_。在U-t图像中,与U1对应的t值有几个?如何求解?-eU1=0-E0提示：U1=120 V200 V，故与U1对应的t值有两个。可通过直线的函数规律求解，由得t1=0.6 s，同理可得t2=1.4 s。(2)电子若能从偏转电场右侧射出，其轨迹应满足什么条件？提示：应满足偏转位移y=【解题】规范步骤,水到渠成(1)设时刻t1,A、B两板间电压为U1时,电子到B板小孔速度恰为零,由-eU1=0-E0得U1=120V (3分)由得t1=0.6s (3分)同理可得t2=1.4s,故00.6s及1.44s时间内从小孔O射入的电子可以从B板小孔射出(2分)(2)设电子从B板

25、小孔射出的速度大小为v，动能为Ek，在M、N两板间运动时间为t0，有 (2分)解得：Ek250 eV (1分)设时刻t3，A、B两板间电压为U2，对电子在两板间运动有：Ek=-eU2+E0，故120 eV-eU2250 eV所以U2-130 V (2分)从2 s开始经t，A、B两板间电压大小为130 V，(1分)所以t3=2+t=2.65 s，同理可得t4=4-t=3.35 s (1分)故如图所示阴影部分，在2.653.35 s时间内，从小孔O射入的电子能从偏转电场右侧射出。(1分)答案：(1)00.6 s及1.44 s (2)2.653.35 s【点题】突破瓶颈,稳拿满分(1)常见的思维错误:审题不清,误认为电子在A、B间一定做加速运动,形成思维障碍,从而不能求出第(1)问。对电子在A、B间运动时间很短理解不清,认为电子在A、B间运动过程中,A、B间的电压变化,导致无法用动能定理求解。在求解第(2)问时无法推出导致Ek无法求出。(2)因解答不规范导致的失分:因电子带负电,易将电子的带电量“-e”写为e,导致负号遗漏,从而错解失分。(2)中,对U2-130V的理解有误,不能正确分析出对应的时间段从而失分。