202X高考物理二輪復習專題六靜電場課件

1、專題六專題六靜電場靜電場-2-高考命題規(guī)律高考命題規(guī)律 -3-電場力的性質(zhì)電場力的性質(zhì)電場能的性質(zhì)電場能的性質(zhì)命題角度1(儲備)電場強度的計算【典題】如圖在半徑為R的圓周上均勻分布著六個不同的點電荷,則圓心O處的電場強度大小和方向為()答案:B -4-解析:由點電荷的電場強度公式可知,在A位置的點電荷在O點產(chǎn)生-5-6-求解電場強度的方法 (2)微元法微元法就是將研究對象分割成若干微小的單元,若從研究對象上選取某一“微元”加以分析,將“微元”視為點電荷,利用相關(guān)公式求解.(3)疊加法在幾個點電荷產(chǎn)生的電場中,若每個點電荷單獨存在時產(chǎn)生的電場在某點的電場強度分別為E1、E2、E3,則該點的合電場

2、強度E等于各個點電荷單獨產(chǎn)生的電場在該點的電場強度E1、E2、E3的矢量和.-7-(4)補償法由題設中所給條件建立的非標準模型,在原來問題的基礎上再補充一些條件,由這些補充條件建立另一個容易求解的標準模型,這樣,求解非標準模型的問題就轉(zhuǎn)變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標準模型的問題.(5)利用處于靜電平衡中的導體求解電場強度處于靜電場中的導體在達到靜電平衡時,導體內(nèi)部的電場強度為零.其本質(zhì)是感應電荷的電場強度和外電電場的電場強度疊加后為零,即有E感+E外=0,常利用此式求感應電荷的電場強度.-8-典題演練提能刷高分1.(2019湖北重點中學模擬)如圖所示,A、B、C為放置在光滑絕緣水平面上的三個帶電小球,球

3、A固定且?guī)щ姾闪繛?Q;小球B和C帶電荷量分別為-q和+2q,由長為L絕緣細桿相連,靜止在水平面上.若A與B相距d,A、B和C視為點電荷,且三者在同一直線上,下列說法正確的是()A.其他條件不變,將A釋放后不能保持靜止D.其他條件不變,小球A的電荷量增加為+2Q,B、C及細桿組成的系統(tǒng)所受合外力不為零-9-答案:B -10-2.如圖所示,一勻強電場的電場線與圓O所在平面平行,AB為圓的一條直徑,C為圓周上一點,圓的半徑為R,AOC=60,在A點有一粒子源,能向圓O所在平面內(nèi)各個方向以動能Ek發(fā)射同種帶電粒子,粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,由觀察可知經(jīng)過B、C的粒子動能分別為5Ek和3Ek,則()C

4、.勻強電場的方向垂直O(jiān)CD.勻強電場的方向與AC平行-11-答案:C解析:在勻強電場中,沿任意方向相等距離電勢差相等,由題意可知A到B電場力做功4Ek,則由A到O電場力做功2Ek,由A到C電場力做功2Ek,即O、C為等勢點,OC為等勢線,則電場線垂直O(jiān)C,根據(jù)-12-3.如圖,豎直線OO是等量異種電荷+Q和-Q連線的中垂線,A、B、C三點的位置如圖所示,都處在一矩形金屬盒內(nèi),且AC=BC.下列說法正確的是()A.若無金屬盒,A、B、C三點電勢大小關(guān)系是A=BCB.若有金屬盒,A、B、C三點電勢大小關(guān)系是A=CBC.金屬盒上感應電荷在A、B、C三點的電場強度方向均水平向右D.金屬盒上感應電荷在A

5、、B、C三點電場強度大小關(guān)系是EBECEA-13-答案:D解析:若無矩形金屬盒,AC是一條等勢線,則A=C,A錯誤;金屬盒處于靜電平衡,整個金屬盒是一個等勢體,A=C=B,故B錯誤;金屬盒內(nèi)部電場強度處處為零,金屬盒上的感應電荷的電場強度與等量異種電荷+Q和-Q產(chǎn)生的電場強度大小相等、方向相反,而+Q和-Q在A、B、C三點產(chǎn)生的電場強度方向水平向右,則金屬盒上的感應電荷在A、B、C三點電場強度方向均水平向左.+Q和-Q在A、B、C三點產(chǎn)生的電場強度大小關(guān)系為EBECEA,則感應電荷在A、B、C三點電場強度大小關(guān)系是EBECEA.故C錯誤,D正確.-14-4.(多選)如圖所示,水平面內(nèi)的等邊三角

6、形ABC的邊長為L,兩個等量異種點電荷+Q和-Q分別固定于A、B兩點.光滑絕緣直導軌CD的上端點D位于A、B中點的正上方,且與A、B兩點的距離均為L.在D處質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在軌道上(忽略它對原電場的影響),并由靜止釋放,已知靜電力常量為k,重力加速度為g.忽略空氣阻力,則下列說法正確的是()-15-答案:AC解析:點電荷+Q和-Q在D點的電場強度的大小相等,則它們的合電場強度的方向平行于AB指向-Q一側(cè);由庫侖定律知+Q、-Q在D-16-5.(多選)如圖所示,勻強電場的方向與長方形abcd所在的平面平行,ad= cm,ab=3 cm,電子從a點運動到b點的過程中電場力做的功為4.

7、5 eV;電子從a點運動到d點的過程中克服電場力做的功為4.5 eV.以a點的電勢為電勢零點,下列說法正確的是()A.c點的電勢為3 VB.b點的電勢為4.5 VC.該勻強電場的電場強度方向為由b點指向d點D.該勻強電場的電場強度大小為300 V/m-17-答案:BD解析:電子從a點運動到b點的過程中,電場力做的功為4.5 eV,即Wa b=qUa b=q(a-b)=4.5 eV,由于a=0,解得b=4.5 V,同理可得Wa d=qUa d=q(a-d)=-4.5 eV,解得d=-4.5 V,根據(jù)Ua d=Ub c,即a-d=b-c,代入數(shù)據(jù)解得c=0,故A錯誤,B正確;由A、B項分析可知,a

8、、c兩點的電勢相等,所以ac連線為勻強電場中的等勢線,根據(jù)電場線與等勢線垂直,故C錯誤;過d點作ac的垂線,設垂足為f,由V/m,故D正確. -18-命題角度2帶電體的受力分析高考真題體驗對方向1.(2019全國15)如圖,空間存在一方向水平向右的勻強電場,兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下,兩細繩都恰好與天花板垂直,則()A.P和Q都帶正電荷B.P和Q都帶負電荷C.P帶正電荷,Q帶負電荷D.P帶負電荷,Q帶正電荷答案:D解析:兩個帶電小球在勻強電場中均處于平衡狀態(tài),只有兩小球帶異種電荷、相互間為吸引力,才可能平衡.小球P帶負電荷時,勻強電場提供的力與小球Q對小球P的吸引力抵

9、消,合力為零,此時小球Q帶正電荷,勻強電場提供的力與小球P對小球Q的吸引力抵消,合力為零,故A、B、C錯誤,D正確.-19-2.(2018全國16)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=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm,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()-20-答案:D解析:由題意知,小球c處在直角三角形的直角上,如果a、b為同種電荷,對小球c的庫侖力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不可能平行于a和b連線,故a、b的電荷應異號;由三角關(guān)系tan -21-1.對庫侖力的理解(1)兩個點電荷之間相互作用的

10、庫侖力遵守牛頓第三定律,不論兩個帶電體的電荷量是否相等,它們間的作用力一定大小相等、方向相反,并與它們的質(zhì)量無關(guān).(2)庫侖力具有力的共性,運算遵循力的平行四邊形定則.2.庫侖力作用下平衡問題的處理思路(1)明確研究對象;(2)對研究對象進行受力分析,注意電場力的方向;(3)根據(jù)平衡條件列方程求解.-22-典題演練提能刷高分1.(2019山東平度模擬)如圖所示,豎直固定的光滑絕緣細桿上O點套有一個電荷量為-q(q0)的小環(huán),在桿的左側(cè)固定一個電荷量為Q(Q0)的點電荷,桿上a、b兩點與Q正好構(gòu)成等邊三角形,c是ab的中點.將小環(huán)從O點無初速度釋放,通過a點的速率為v.若已知ab=Oa=l,靜電

11、力常量為k,重力加速度為g.則()-23-答案:D -24-2.如圖,一粗糙絕緣豎直平面與兩個等量異種點電荷連線的中垂線重合.A、O、B為豎直平面上的三點,且O為等量異種點電荷連線的中點,AO=BO.現(xiàn)有帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小物塊視為質(zhì)點,從A點以初速度v0向B滑動,到達B點時速度恰好為0.則()A.從A到B,小物塊的加速度逐漸減小B.從A到B,小物塊的加速度先增大后減小C.小物塊一定帶負電荷,從A到B電勢能先減小后增大D.從A到B,小物塊的電勢能一直減小,受到的電場力先增大后減小-25-答案:B解析:小球由A到B做減速運動,運動過程中受到重力、向右的電場過程中電場強度先增大后減小,電場力

12、先增大后減小,加速度先增大后減小,B正確,A錯誤;小球一定帶負電,但電場力不做功,電勢能不變,C、D錯誤.-26-3.(2018江西景德鎮(zhèn)十校聯(lián)盟二聯(lián))如圖所示,兩平行帶電金屬板水平放置,若在兩板中間a點從靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態(tài),現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)60,再在a點靜止釋放一同樣的微粒.以下相關(guān)描述正確的是()A.微粒仍然保持靜止B.微粒斜向右上方做勻加速直線運動C.欲使該微粒保持靜止,需施加一大小為mg,方向與水平面成30斜向右上方的外力D.欲使該微粒保持靜止,需施加一大小為 mg,方向與水平面成60斜向右上方的外力-27-答案:C解析:平行金

13、屬板水平放置時,釋放的帶電微粒恰好靜止,可判斷微粒所受到的電場力與重力大小相等、方向相反.當將兩極板逆時針旋轉(zhuǎn)=60時,電場力也逆時針旋轉(zhuǎn)=60,重力保持不變,此時微粒所受合力方向為向左下方,且合力大小等于重力大小,等于mg,微粒將向左下方做勻加速直線運動,A、B錯誤;欲使該微粒保持靜止,需施加的外力與重力和電場力的合力等大反向,故C正確,D錯誤.-28-4.(2018重慶巴蜀中學月考)如圖所示,真空中豎直放置半徑為R的光滑半圓環(huán),圓環(huán)最低點固定一個點電荷Q;質(zhì)量為m、電荷量為+q的小圓環(huán)最初靜止在圖中所示的B點,此時=30.現(xiàn)讓小圓環(huán)從右側(cè)最高點由靜止釋放.已知重力加速度為g,靜電力常量為k

14、.帶電(1)半圓環(huán)最低點固定的點電荷的電荷量Q;(2)小環(huán)向下運動過程中的最大速度vm.-29-30-5.(2018東北師大等五校聯(lián)考)如圖甲在水平地面上放置一個質(zhì)量為m=0.1 kg、帶電荷量為q=0.01 C的物體,物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為=0.4,地面上存在水平向左的電場,物體由靜止開始向左運動,電場強度E隨物體的位移x變化的圖象如圖乙所示.g取10 m/s2,求:(1)運動過程中物體的最大加速度;(2)物體的速度達到最大時距出發(fā)點的距離.-31-答案:(1)6 m/s2(2)2.4 m解析:(1)由牛頓第二定律,得F-mg=ma當電場力F=qE=1 N時,物體所受的合力最大加速度最

15、大,代入解得a=6 m/s2.(2)由圖象可得電場強度隨位移是變化的,所以物體受到的電場力隨位移是變化的,當電場力等于摩擦力時,加速度為0,速度最大,則F=qE=mgE=40 N/C.由圖得到E與x的函數(shù)關(guān)系式E=100-25x,當E=40 N/C時,解得x=2.4 m.-32-6.(2019河南開封模擬)如圖所示,在一足夠大的空間內(nèi)存在著水平向右的勻強電場,電場強度大小E=3.0104 N/C.有一個質(zhì)量m=4.010-3 kg的帶電小球,用絕緣輕細線懸掛起來,靜止時細線偏離豎直方向的夾角=37.g取10 m/s2,sin 37=0.60,cos 37=0.80,不計空氣阻力的作用.(1)求

16、小球所帶的電荷量及電性;(2)如果將細線輕輕剪斷,求細線剪斷后,小球運動的加速度大小;(3)從剪斷細線開始經(jīng)過時間t=0.20 s,求這一段時間內(nèi)小球電勢能的變化量.-33-答案:(1)1.010-6 C正電荷(2)12.5 m/s2(3)減少4.510-3 J解析:(1)小球受到重力mg、電場力F和細線的拉力FT的作用,如圖所示,由共點力平衡條件有:F=qE=mgtan 電場力的方向與電場強度的方向相同,故小球所帶電荷為正電荷.(2)剪斷細線后,小球做勻加速直線運動,設其加速度為a,由小球運動過程中,電場力做的功為:W=qElsin =mglsin tan =4.510-3 J所以小球電勢能

17、的變化量(減少量)為:Ep=4.510-3 J-34-命題角度3電場能的性質(zhì)的理解高考真題體驗對方向1.(多選)(2019全國20)靜電場中,一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動,N為粒子運動軌跡上的另外一點,則()A.運動過程中,粒子的速度大小可能先增大后減小B.在M、N兩點間,粒子的軌跡一定與某條電場線重合C.粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D.粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行 -35-答案:AC解析:本題考查靜電場的分布特點及電場力與運動的關(guān)系,電場力做功與電勢能的關(guān)系.帶電粒子僅在電場力作用下,粒子的速度大小可能先增大后減小,如:在等量同種電

18、荷形成的電場中帶電粒子沿著兩電荷連線的中垂線運動時,A正確.因為粒子只在電場力作用下從M點運動到N點,根據(jù)動能定理,W電=-Ep=EkN-0=EpM-EpN,而EkN0,所以EpMEpN,C正確.粒子的軌跡與電場線不一定重合,在N點,電場力的方向不一定與粒子軌跡在該點的切線平行,B、D錯誤.-36-2.(多選)(2019全國21)如圖,電荷量分別為q和-q(q0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上,a、b是正方體的另外兩個頂點.則()A.a點和b點的電勢相等B.a點和b點的電場強度大小相等C.a點和b點的電場強度方向相同D.將負電荷從a點移到b點,電勢能增加答案:BC-37-解析:取無窮遠處電勢

19、為0,a點距-q近,距q遠;b點距q近,距-q遠,b點電勢大于a點電勢,A錯誤.電勢能Ep=q,負電荷在電勢小處電勢能大,即負電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能,將負電荷從a點移到b點,電勢能減小,D錯誤.正電荷的電場強度沿半徑向外,負電荷的電場強度沿半徑向內(nèi), ,點電荷q在a點的電場強度與點電荷-q在b點的電場強度相同,大小和方向都一樣;點電荷q在b點的電場強度與點電荷-q在a點的電場強度相同,大小和方向都一樣,則a點的合電場強度與b點的合電場強度相同,B、C正確.-38-3.(多選)(2018全國21)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2

20、V.一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV,從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV.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4 eVD.該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍-39-答案:AB解析:從a到d的過程克服電場力做功為6 eV,所以電場方向為水平向右,每個間距電勢差為2 V,所以平面c電勢為零,故A項正確;由于電子不一定垂直等勢面進入,可能做曲線運動,所以可能到達不了f平面,故B項正確;整個過程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的電勢能為-4 eV、-2 eV、0 eV、+2 eV、+4 eV,動能分別為+10 e

21、V、+8 eV、+6 eV、+4 eV、+2 eV,故C項錯誤;由于電子經(jīng)過b、d平面時的動能分別為8 eV和4 eV,所以該電子經(jīng)過b平面時的速率是經(jīng)過d時的 倍,故D項錯誤.-40-4.(多選)(2018全國21)如圖,同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強電場中,電場方向與此平面平行,M為a、c連線的中點,N為b、d連線的中點.一電荷量為q(q0)的粒子從a點移動到b點,其電勢能減小W1;若該粒子從c點移動到d點,其電勢能減小W2.下列說法正確的是()A.此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行D.若W1=W2,則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差-41-答案:BD

22、解析:設a、b、c、d四點的電勢分別為a、b、c、d,粒子從a點移到b點,其電勢能減小,則電場力做正功,電場力與a、b連線平行或成銳角,電場方向不一定與a、b連線平行,同理,電場方向不一定Uac=Ubd,由于M、N為中點,且為勻強電場,所以UaM=UbN,選項D正確.-42-5.(多選)(2017全國21)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10 V、17 V、26 V.下列說法正確的是()A.電場強度的大小為2.5 V/cmB.坐標原點處的電勢為1 VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7 eVD.電子從b點運動到c點,電場力做功為9 eV-4

23、3-答案:ABD 可得d點的坐標為(3.5 cm,6 cm),過c點作等勢線bd的垂線交bd于f點,由幾何關(guān)系可得cf的長度為3.6 cm,所以電場強度的大小同的距離電勢差相等,故UaO=Ucb,即a-O=c-b,得坐標原點O處的電勢為1 V,B正確;負電荷在電勢低處電勢能高,則電子在a點的電勢能比在b點的電勢能高7 eV,C錯;電子從b點運動到c點,電場力做功為W=-eUbc=-e(-9 V)=9 eV,D正確.-44-6.(多選)(2016全國20)如圖,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱.忽略空氣阻力.由此可知()A.Q點的電勢

24、比P點高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小-45-答案:AB解析:由于軌跡關(guān)于P點對稱,根據(jù)曲線運動合力方向應指向曲線內(nèi)側(cè),在P點合力方向豎直向上,則電場線方向豎直向下,沿電場線方向電勢降低,選項A正確;根據(jù)Ep=q可知,油滴在Q點的電勢能小于在P點的電勢能,選項C錯誤;油滴所受合力豎直向上,根據(jù)動能定理可知,油滴在Q點的動能大于P點,選項B正確;油滴所受合力大小不變,加速度也始終不變,選項D錯誤.-46-用“速度線”與“力線”分析曲線運動帶電粒子僅受電場力,其運動軌跡與電場線、等勢線一般不重合.軌跡曲線的本質(zhì)為運動與

25、力的關(guān)系.分析時要綜合應用牛頓運動定律、功和能,做定性分析,或簡單的計算.若粒子還受重力作用,可以此為基礎拓展分析.(1)兩線法入手在運動的初始位置,畫出“速度線”(軌跡的有向切線)與“力線”(電場線的切線或等勢面的有向垂線),從“兩線”的夾角情況分析運動與力的關(guān)系.若夾角為銳角,則加速運動、電場力做正功.若夾角為鈍角,則減速運動、電場力做負功.-47-(2)必要的討論電荷的正負、電場強度的方向或各等勢面電勢的高低、運動軌跡的方向是題意中相互制約的三個方面.若已知其中兩個,可分析判定第三個方面.若有兩個未知或三個都未知,則要分別討論各種情況.對某些物理量,在討論的各種情況中會有“歸一”的結(jié)果.

26、(3)分析臨界性拐點若軌跡在某點與等勢面相切或與電場線垂直,則該點為運動的轉(zhuǎn)折性拐點,如圖中b點.拐點兩側(cè)有不同的運動特點(多過程現(xiàn)象).-48-典題演練提能刷高分1.如圖,勻強電場中的點A、B、C、D、E、F、G、H為立方體的8個頂點.已知G、F、B、D點的電勢分別為5 V、1 V、2 V、4 V,則A點的電勢為()A.0B.1 V C.2 VD.3 V答案:A解析:UDG=D-G=4 V-5 V=-1 V,UAF=A-F=A-1 V,在勻強電場中,因為DG平行于AF,故UDG=UAF,解得A=0,A正確.-49-2.(多選)(2019山東臨沂模擬)沿電場中某條直線電場線方向建立x軸,該電場

27、線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示,坐標點O、x1、x2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點相對應,相鄰兩點間距相等.一個帶正電的粒子從O點由靜止釋放,運動到A點的動能為Ek,僅考慮電場力作用,則()A.從O點到C點,電勢先升高后降低B.粒子先做勻加速運動,后做變加速運動C.粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的電勢能變化量D.粒子運動到C點時動能小于3Ek-50-答案:CD解析:由題圖知,從O點到C點,沿電場線方向,電勢逐漸降低,選項A錯誤;由靜止釋放的粒子所受電場力與速度方向一致,所以粒子一直做加速直線運動,在Ox1段電場強度逐漸變大,粒子所受電場力逐漸變大,做加速度增大的變加速直線運

28、動,選項B錯誤;E-x圖象中圖線與坐標軸圍成的圖形“面積”代表電勢差,AB段的電勢差大于BC段的電勢差,故電場力做功WABWBC,由電場力做功與電勢能變化的關(guān)系得,粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的電勢能變化量,選項C正確;由E-x圖象中圖線與坐標軸圍成的圖形“面積”代表電勢差, ,得2UOAUAC,由動能定理qU=Ek,得qUOA=Ek-0,qUAC=EkC-Ek,知粒子運動到C點時動能小于3Ek,選項D正確.-51-3.(2019陜西西安高三質(zhì)檢)如圖是勻強電場遇到空腔導體后的部分電場線分布圖,電場線的方向如圖中箭頭所示,M、N、Q是以直電場線上一點O為圓心的同一圓周上的三點,OQ連線垂

29、直于MN.以下說法正確的是()A.O點電勢與Q點電勢相等B.M、O間的電勢差小于O、N間的電勢差C.將一負電荷由M點移到Q點,電荷的電勢能增加D.在Q點釋放一個正電荷,正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上-52-答案:C解析:由題圖中電場線的方向可知MON,再作出此電場中過O點的等勢線,可知OQ,選項A錯誤;且MO間的平均電場強度大于ON間的平均電場強度,故UMOUON,選項B錯誤;因UMQ0,負電荷從M點到Q點電場力做負功,電勢能增加,選項C正確;正電荷在Q點所受的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓周的切線方向,選項D錯誤.-53-4.(多選)如圖所示,ABC是處于豎直平面內(nèi)的光滑

30、、絕緣斜劈,C=30、B=60,D為AC中點;質(zhì)量為m帶正電的小滑塊沿AB面由A點靜止釋放,滑到斜面底端B點時速度為v0,若空間加一與ABC平面平行的勻強電場,滑塊仍由靜止釋放,沿AB面滑下,滑到斜面底端B點時速度為 v0,若在同樣的勻強電場中滑塊由靜止沿AC面滑下,滑到斜面底端C點時速度為 v0,則下列說法正確的是()A.電場方向由A指向CB.B點電勢與D點電勢相等C.滑塊滑到D點時機械能增加了D.小滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢能變化值之比為23-54-答案:BC -55-5.(多選)如圖所示,一帶電小球固定在光滑水平面上的O點,虛線a、b、c、d是帶電小球激發(fā)電場的四條等距離的等勢線

31、.一個帶電小滑塊從等勢線d上的1處以水平初速度v0運動,結(jié)果形成了實線所示的小滑塊運動軌跡.1、2、3、4、5是等勢線與小滑塊運動軌跡的一些交點.由此可以判定()A.固定小球與小滑塊帶異種電荷B.在整個運動過程中小滑塊具有的動能與電勢能之和保持不變C.在整個過程中小滑塊的電勢能先增大后減小D.小滑塊從位置3到4和從位置4到5的過程中,電場力做功的大小關(guān)系是W34=W45-56-答案:BC解析:由題圖看出滑塊的軌跡向右彎曲,可以知道滑塊受到了斥力作用,則知小球與小滑塊電性一定相同,故A錯誤.在整個運動過程中小滑塊只發(fā)生了動能和電勢能的轉(zhuǎn)化,根據(jù)能量守恒可知B正確;由圖可知,小滑塊運動過程中電場力

32、先做負功后做正功,電勢能先增大后減小,C正確;根據(jù)等勢線的疏密結(jié)合U=Ed可知,4、5間電勢差與3、4間電勢差關(guān)系是U45U34,則電場力做功的大小關(guān)系是W450).A從O點發(fā)射時的速度大小為v0,到達P點所用時間為t;B從O點到達P點所用時間為 .重力加速度為g,求(1)電場強度的大小;(2)B運動到P點時的動能.-87-88-3.(2017全國25)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場,一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動,速度大小為v0.在油滴處于位置A時,將電場強度的大小突然增大到某值,但保持其方向不變.持續(xù)一段時間t1后,又突然將電場反向,但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段時間

33、后,油滴運動到B點.重力加速度大小為g.(1)求油滴運動到B點時的速度;(2)求增大后的電場強度的大小;為保證后來的電場強度比原來的大,試給出相應的t1和v0應滿足的條件.已知不存在電場時,油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍.-89-90-解析:(1)設油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q,油滴速度方向向上為正.油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動,故勻強電場方向向上.在t=0時,電場強度突然從E1增加至E2時,油滴做豎直向上的勻加速運動,加速度方向向上,大小a1滿足qE2-mg=ma1 油滴在時刻t1的速度為v1=v0+a1t1電場強度在時刻t1突然

34、反向,油滴做勻變速運動,加速度方向向下,大小a2滿足qE2+mg=ma2油滴在時刻t2=2t1的速度為v2=v1-a2t1由式得v2=v0-2gt1-91-92-93-解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路(1)根據(jù)帶電粒子受到的電場力,用牛頓第二定律求出加速度,結(jié)合運動學公式確定帶電粒子的運動情況.(2)根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解.此方法既適用于勻強電場,也適用于非勻強電場.-94-典題演練提能刷高分1. 電子束焊接機中的電場線如圖中虛線所示.K為陰極,A為陽極,兩極之間的距離為d,在兩極之間加上高壓U,有一電子在K極由靜止被加速.不考慮電子重力,元電荷為e

35、,則下列說法正確的是()A.A、K之間的電場強度為B.電子到達A極板時的動能大于eUC.由K到A電子的電勢能減小了eUD.由K沿直線到A電勢逐漸減小-95-答案:C解析:A、K之間的電場為非勻強電場,不可以用E= 計算,故A錯誤;電子到達A極板時,只有電場力做功,由動能定理可知,電場力做的功全部轉(zhuǎn)化為電子的動能,所以電子到達A極板時的動能等于eU,故B錯誤;由B項分析可知,電場力做正功,電勢能減小,所以由K到A電子的電勢能減小了eU,故C正確;沿電場線方向,電勢逐漸減小,兩板電場方向為從A指向K,所以由K沿直線到A電勢逐漸增加,故D錯誤.-96-2.(多選)(2019黑龍江大慶鐵人中學月考)如

36、圖所示,絕緣水平面內(nèi)的等邊三角形ABP的邊長為L,頂點P恰好位于一傾角為30的光滑絕緣直軌道OP的最低點,OO垂直于水平面,O為三角形AB邊的中點,現(xiàn)將一對等量異種電荷固定于A、B兩點,各自所帶電荷量為Q,在光滑直導軌OP上端O處將質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的小球套在軌道上(忽略它對原電場的影響)由靜止開始釋放,取無窮遠處電勢為零,靜電力常量為k,重力加速度為g,空氣阻力可忽略,則小球沿軌道OP下滑過程中()A.小球做勻加速直線運動B.小球的電勢能先增大后減小-97-解析:在O點電場強度方向垂直平面OPO水平指向B側(cè),則加速度由重力沿斜面向下的分量產(chǎn)生:a=gsin 30=0.5g,所以小球做勻

37、加速直線運動,選項A正確;因等量異種電荷固定于A、B兩點,則在其連線的中垂面上所有點的電場強度方向垂直于該面,則為等勢面,則小球沿OP下滑過程中電勢能不變,選項B錯誤;對于O點,-98-3.(多選) 如圖所示,豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場,與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放,Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放,兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置.則從開始釋放到運動到右極板的過程中,下列選項正確的是()A.P的運動時間大于Q的運動時間B.P、Q的電勢能減少量之比為41C.P、Q的動能增加量之比為41D.P、Q的電荷量之比為21-99-答案:

38、BD解析:小球在豎直方向為自由落體運動,兩者下落高度相同,說明運動-100-4. 如圖所示,長為1 m、傾角為53的光滑絕緣斜面處于水平向右的足夠大的勻強電場中.一電荷量為5.010-6 C、質(zhì)量為0.02 kg的小球,以2 m/s的初速度由斜面底端P點沿斜面上滑,恰好不會從斜面頂端Q處飛出.g取10 m/s2,sin 53=0.8,cos 53=0.6.(1)求該電場的電場強度大小;(2)若在小球到達頂端的同時,僅將電場突然反向,試論述小球能否沿原路返回;求小球再經(jīng)過多長時間落回到地面.-101-答案:(1)4.0104 N/C(2)不能0.4 s解析:(1)小球上滑過程中,根據(jù)動能定理解得

39、E=4.0104 N/C(另解):小球運動到頂端時速度恰好等于零,所以此過程的加速度為對小球進行受力分析,并根據(jù)牛頓第二定律可得-(mgsin 53-qEcos 53)=ma0解得E=4.0104 N/C.-102-(2)求得qE=mg=0.2 N,僅將電場反向后,小球受到的合力為求得t=0.4 s. (另解):小球豎直方向落下的高度為h=Lsin 53豎直方向做自由落體運動h= gt2求得t=0.4 s.-103-5.真空中存在方向豎直向上、電場強度大小為E0的勻強電場,A、B、C三點在電場中同一條豎直線上,C是A、B的中點.在某時刻,帶電油滴a在A點,豎直向上做勻速直線運動,速度大小為v0

40、,不帶電油滴b在B點從靜止釋放,經(jīng)過一段時間,a、b在C點相碰融為油滴c,此時刻將電場強度的大小突然變?yōu)槟持?但保持其方向不變,再經(jīng)過相同的時間,油滴c運動回到C點.油滴a、b的質(zhì)量都為m,重力加速度大小為g.求:(1)油滴c在C點的初速度;(2)變化后的電場強度的大小;(3)油滴c從C點出發(fā)到回到C點的過程中,電勢能最大值與最小值之差.-104-解析:(1)設油滴a從A點到C點、油滴b從B點到C點的時間相等為t1,碰前b的速度為v1,碰后a、b共同速度即油滴c在C點初速度為v2,以-105-(2)油滴a帶正電,設電荷量為q,油滴a從A點到C點的過程中有qE0=mg油滴b從B點到C點的過程有v

41、1=gt1油滴c帶正電,電荷量為q,質(zhì)量為2m,設變化后的電場強度的大小為E,油滴c從C點開始以v2為初速度向下運動,加速度方向豎直向上,大小為a,在時間t1內(nèi)位移為零,則2ma=qE-2mg(3)油滴c從C點出發(fā)到回到C點的過程中,向下運動時電場力做負功,向上運動時電場力做正功,在回到C點之前,電場力總功為負,所以油滴c在最低點電勢能最大,在C點電勢能最小.設最低點與C點間的距離為x,電場力做功為W,電勢能最大值與最小值之差為E,-106-命題角度3帶電粒子在電場中的曲線運動高考真題體驗對方向1.(2019全國24)如圖,兩金屬板P、Q水平放置,間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G

42、,P、Q、G的尺寸相同.G接地,P、Q的電勢均為(0).質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置,以速度v0平行于紙面水平射入電場,重力忽略不計.(1)求粒子第一次穿過G時的動能,以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場,則金屬板的長度最短應為多少?-107-108-2.(2017全國25)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場.自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和-q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并

43、從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場時速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍.不計空氣阻力,重力加速度大小為g.求:(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比;(2)A點距電場上邊界的高度;(3)該電場的電場強度大小.-109-解析:(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0,則它們進入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學公式得v0-at=0-110-(2)設A點距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方

44、向的分速度為vy,由運動學公式-111-112-帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題的分析1.處理方法帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場,帶電粒子做類平拋運動.先分析帶電粒子受到靜電力的方向,從而確定帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向,再類比平拋運動分析處理,應用運動的合成與分解進行求解.把帶電粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直初速度方向的勻加速直線運動.2.推論(1)帶同種電荷的帶電粒子經(jīng)過同一電場加速后進入相同的偏轉(zhuǎn)電場,帶電粒子的運動軌跡相同;(2)帶電粒子垂直勻強電場射入電場中,帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時,速度方向的反向延長線與初速度方向的交點平分沿初速度方向的位移.-113-3.帶電粒子在兩帶等量

45、異種電荷的平行板間偏轉(zhuǎn)的臨界問題(1)若題中明確帶電粒子“剛好”射出(或不射出)電場區(qū)域,確定帶電粒子在電場方向上的位移進行求解;(2)若題中沒有說明(或暗示)帶電粒子是否射出電場,要根據(jù)題中條件進行判斷,然后根據(jù)正確的情況分析解決;也可以假設一種情況進行求解,然后對結(jié)果進行分析說明.-114-典題演練提能刷高分1.(多選)如圖所示,帶電小球甲固定在光滑的水平絕緣桌面上,在桌面上距甲一定距離有另一個帶電小球乙,乙在桌面上運動,甲、乙均視為質(zhì)點.某時刻乙的速度沿垂直于甲、乙的連線方向,則()A.若甲、乙?guī)N電荷,以后乙一定做速度變大的曲線運動B.若甲、乙?guī)N電荷,以后乙一定做加速度變大的曲線

46、運動C.若甲、乙?guī)М惙N電荷,以后乙可能做勻速圓周運動D.若甲、乙?guī)М惙N電荷,以后乙可能做加速度和速度都變小的曲線運動-115-答案:ACD解析:若甲、乙為同種電荷,甲、乙之間的庫侖力為排斥力,并且力的方向和速度的方向不在一條直線上,所以質(zhì)點乙一定做曲線運動,由于兩者之間的距離越來越大,它們之間的庫侖力也就越來越小,所以甲、乙的加速度在減小,速度增大,故A正確,B錯誤;若甲、乙為異種電荷,甲、乙之間的庫侖力為吸引力,當甲、乙之間的庫侖力恰好等于向心力的時候,乙就繞著甲做勻速圓周運動,此時乙速度的大小和加速度的大小都不變,但是方向改變,故C正確.若甲、乙為異種電荷,甲、乙之間的庫侖力為吸引力,若速

47、度較大,吸引力小于向心力,乙做離心運動,吸引力減小,則加速度減小,引力做負功,速度減小,做加速度、速度都變小的曲線運動,故D正確.-116-2.(多選)如圖所示,勻強電場分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi),M、N分別為AB和AD的中點,一個初速度為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子沿紙面射入電場.帶電粒子的重力不計.如果帶電粒子從M點垂直電場方向進入電場,則恰好從D點離開電場.若帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場,則帶電粒子()A.從BC邊界離開電場B.從AD邊界離開電場-117-答案:BD -118-3.(多選)(2019湖北天門、仙桃等八市高三3月第二次聯(lián)合)如圖所示,空間存在水平向

48、右、電場強度大小為E的勻強電場,一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球,從A點以初速度v0豎直向上拋出,經(jīng)過一段時間落回到與A點等高的位置B點(圖中未畫出),重力加速度為g.下列說法正確的是()答案:BD -119-120-4.(2019山東棗莊質(zhì)檢)如圖所示,豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B,B板中心的小孔正好位于平面直角坐標系xOy的O點;y軸沿豎直方向;在x0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場,電場強度大小為E= 103 V/m;比荷為1.0105 C/kg的帶正電粒子P從A板中心O處靜止釋放,其運動軌跡恰好經(jīng)過M( m,1 m)點;粒子P的重力不計,試求:(1)金屬板AB之間的電勢差UAB

49、;(2)若在粒子P經(jīng)過O點的同時,在y軸右側(cè)勻強電場中某點由靜止釋放另一帶電微粒Q,使P、Q恰能在運動中相碰;假設Q的質(zhì)量是P的2倍、帶電情況與P相同;Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計;求粒子Q所有釋放點的集合.-121-122-(2)設P、Q在右側(cè)電場中運動的加速度分別為a1、a2;Q粒子從坐標N(x,y)點釋放后,經(jīng)時間t與粒子P相遇;由牛頓運動定律及類平拋運動的規(guī)律和幾何關(guān)系可得:對于P:Eq=ma1對于Q:Eq=2ma2-123-命題角度4(儲備)帶電粒子在交變場、復合場中的運動【典題】 (2019山西長治二中、康杰中學等六校期末)如圖所示,在xOy直角坐標系中,第一象限內(nèi)的

50、等腰直角三角形ABO區(qū)域內(nèi)有水平向左的勻強電場(電場強度大小未知),在第二象限邊長為L的正方形CBOM區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強電場,電場強度大小為E0,現(xiàn)有一帶正電粒子(重力不計)從AB邊上的A點由靜止釋放,恰好能通過M點.(1)求ABO區(qū)域內(nèi)的勻強電場的電場強度大小E1;(2)若ABO區(qū)域內(nèi)的勻強電場的電場強度為3E0,要使從AO線上某點由靜止釋放題述相同的帶電粒子,通過坐標為(-2L,0)的點,求釋放點的坐標.-124-125-126-解決帶電粒子在電場中運動問題的常用方法(1)利用動能定理:它只考慮粒子的初末位置,中間過程不考慮,可解決一些復雜的問題.(2)牛頓運動定律和正交分解法:若在電場中運動時受到幾個恒力作用,可采用牛頓運動定律和正交分解法求解,再與動能定理結(jié)合.(3)運動合