全國高考理綜物理第7講電場的基本性質(zhì)與電場中的動力學問題

1、第1講電場的基本性質(zhì)與電場中的動力學問題【自主學習】第1講電場的基本性質(zhì)與電場中的動力學問題(本講對應學生用書第3034頁)自主學習【考情分析】全國考情核心考點2013年2014年2015年電場的基本性質(zhì)T15：電場強度T21：電勢、等勢面、電場力做功 T15：電場力做功、電勢、等勢面帶電粒子在電場中的運動T16：平行板電容器T25：帶電粒子在電場中的運動T25：帶電粒子在電場中的運動無【備考策略】復習時重視以下幾點：(1) 等量同種電荷或異種電荷的電場分布及場強、電勢、電勢能大小的比較.(2) 帶電粒子在電場中的運動問題，多和牛頓運動定律、動能定理、功能關(guān)系綜合考查.(3) 電容器在電路中的

2、動態(tài)變化.一、 電場的性質(zhì)1電場強度的三種表達式定義式E=(適合任何電場). 點電荷場強表達式E=.勻強電場表達式E=.2電勢差定義式：UAB=(注意符號的正負問題)電勢差與電勢的關(guān)系UAB=A-B(注意符號的正負問題).電勢=.電場力做功與電勢能變化的關(guān)系WAB=-Ep.二、 電容器1定義式C=.2電容的決定式C=.三、 帶電粒子的運動(1) 帶電粒子在電場中的加速 在勻強電場中加速，可根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求解.基本方程：a=，E=-=2ax. 在非勻強電場中的加速運動一般受變力作用，可根據(jù)動能定理、功能關(guān)系求解.基本方程：qU=m-m.(2) 帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) 運動狀

3、態(tài)分析：帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場時，受到恒定的與初速度方向成90角的電場力作用而做勻變速曲線運動(軌跡為拋物線). 分析處理方法：用類似平拋運動分析方法分解.沿初速度方向，以速度為v0的勻速直線運動；沿電場力方向，以初速度為零的勻加速運動.1(2015河北衡水中學)如圖所示，真空中等量同種正點電荷放置在M、N兩點，在MN的連線上有對稱點a、c，MN連線的中垂線上有對稱點b、d.則下列說法中正確的是()A. 正電荷+q在c點電勢能大于在a點電勢能B. 正電荷+q在c點電勢能小于在a點電勢能C. 在MN連線的中垂線上，O點電勢最高D. 負電荷-q從d點靜止釋放，在它從d點運動

4、到b點的過程中，加速度先減小再增大答案C解析根據(jù)電場線的分布情況和對稱性可知，a、c兩點的電勢相等，則點電荷在a點電勢能一定等于在c點電勢能.故A、B項錯誤；沿電場線方向電勢降低，在MN連線的中垂線上，O點電勢最高，故C項正確；由對稱性知O點的場強為零，電荷從d點靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度可能先減小再增大，也可能先增大，后減小，再增大，再減小，故D項錯誤.2(2015河北石家莊一模)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則()A. N點的電場強度大小為零B. A

5、點的電場強度大小為零C. NC間場強方向指向x軸正方向D. 將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功答案D解析 A、N點的電勢等于零，電場強度大小不為零，A、B項錯誤；從N到C電勢升高，NC間場強方向指向x軸負方向，C項錯誤；從N到C電勢升高，從C到D電勢降低，將一負點電荷從N點移到C點，電場力做正功，從C點到D點，電場力做負功，D項正確.3(多選)(2015山西師大附中)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出.若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A. 將打在下板中央B.

6、 仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C. 不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動D. 若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央答案BD解析將電容器上板向上移動一段距離，電容器所帶的電荷量Q不變，由于E=，由公式可知當d變化時，場強E不變，以相同的速度射入的小球仍按原來的軌跡運動，故A項錯誤，B項正確，C項錯誤.若上板不動，將下板上移一段距離時，根據(jù)推論可知，板間電場強度不變，粒子所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D項正確.4(多選)(2015江西上饒?？?如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U.一不計重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射

7、入，恰好沿下板的邊緣飛出，粒子通過平行金屬板的時間為t，則()A. 在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為Uq B. 在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為UqC. 在粒子下落的前和后過程中，電場力做功之比為11D. 在粒子下落的前和后過程中，電場力做功之比為12答案BC解析粒子在豎直方向做勻加速直線運動，=at2，所以在前時間內(nèi)，粒子在豎直方向的位移是a=at2=，在后時間內(nèi)，粒子在豎直方向的位移是，因此，在前Uq，在后Uq，所以A項錯誤，B項正確；粒子在勻強電場中下落，電場力做的功都是Uq，所以C項正確，D項錯誤.【案例導學】案例導學對電場性質(zhì)的理解和應用例1(2015新課標)如圖所示，直線a、b和c

8、、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為M、N、P、Q.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，則()A. 直線a位于某一等勢面內(nèi)，MNB. 直線c位于某一等勢面內(nèi)，MN C. 若電子由M點運動到Q點，電場力做正功D. 若電子由P點運動到Q點，電場力做負功解析電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，所以直線d位于某一等勢面內(nèi)，而c、d是平行線，則直線c也位于某一等勢面內(nèi)，電子由M點運動到N點做負功，則電場線方向由M點指向N點，所以MN，故A項錯誤，B項正確；電子由M點運動到Q點，電場力不做功，故C項錯誤；電子

9、由P點運動到Q點，電場力做正功，故D項錯誤.答案B比較場強、電勢、電勢能大小的方法(1) 電場強度 依據(jù)電場線的疏密程度判斷，電場線越密，場強越大. 依據(jù)同一帶電體的受力判斷，受力(或加速度)越大，場強越大. 依據(jù)等勢面的疏密程度判斷，等勢面越密，場強越大.(2) 電勢 依據(jù)電場線方向判斷，順電場線方向電勢降低. 依據(jù)電勢差判斷，UAB=A-B，若UAB0)和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方.取無窮遠處的電勢為零，下列說法中正確的是()A. b點的電勢為零，電場強度也為零B. 正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右

10、C. 將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功D. 將同一正的試探電荷先后從O、b點移到a點，后者電勢能的變化較大答案BC解析因為等量異種電荷連線的中垂線上的電場方向為水平指向負電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強度不為零，A項錯誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，方向水平向右，在中點O處電勢為零，O點左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B項正確；O點的電勢低于a點的電勢，電場力做負功，所以必須克服電場力做功，C項正確；O點和b點的電勢相等，所以先后

11、從O、b點移到a點，電場力做功相等，電勢能變化相同，D項錯誤.帶電粒子在電場中的直線運動分析例2(2015河北衡水中學)如圖所示，在A點固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運動瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g.已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力.(1) 求液珠的比荷.(2) 求液珠速度最大時離A點的距離h.(3) 若已知在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成=，其中r為該點到Q的距離(選無限遠的電勢為零).求液珠能到達的最高點B離A點的高度rB.思維軌跡：解析(1) 設(shè)液珠的電荷量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當液珠在C點時k-mg

12、=mg，比荷為=.(2) 當液珠速度最大時，k=mg，得h=H.(3) 設(shè)B、C間的電勢差大小為UCB，由題意得UCB=C-B=-，對液珠由釋放處至液珠到達最高點(速度為零)的全過程應用動能定理得qUCB-mg(rB-H)=0，即q-mg(rB-H)=0.將第(1)問的結(jié)果代入化簡-3HrB+2H2=0，解得rB=2H，rB=H(舍去).答案(1) (2) H(3) 2H帶電粒子在電場中做直線運動的分析方法與力學中的這類問題的處理方法相同，只是在受力分析時多一個電場力(對于基本粒子一般還忽略其重力).(1) 帶電粒子在電場中平衡問題的解題步驟(2) 帶電粒子在電場中的變速直線運動可用運動學公式

13、和牛頓第二定律求解或從功能關(guān)系角度用動能定理或能量守恒定律求解.變式訓練3(2015山西四校聯(lián)考)在動摩擦因數(shù)=0.2的粗糙絕緣足夠長的水平槽中，長為2L的絕緣輕質(zhì)細桿兩端各連接一個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，如圖為俯視圖(槽兩側(cè)光滑).A球的電荷量為+2q，B球的電荷量為-3q(均可視為質(zhì)點，也不考慮兩者間相互作用的庫侖力).現(xiàn)讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MPQN內(nèi)，已知虛線MP恰位于細桿的中垂線，MP和NQ的距離為3L，勻強電場的場強大小為E=，方向水平向右.釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B從靜止開始運動(忽略小球運動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響).求：(1) 小球B第一次到達電場邊界MP所用的時

14、間.(2) 小球A第一次離開電場邊界NQ時的速度大小.(3) 帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加量的最大值.答案(1) (2) (3) 3.96mgL解析(1) 帶電系統(tǒng)開始運動后，先向右加速運動；當B進入電場區(qū)時，開始做減速運動.設(shè)B在進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a1，由牛頓第二定律得2Eq-2mg=2ma1，解得a1=g.B剛進入電場時，由L=a1，解得t1=.(2) 設(shè)B剛進入電場時系統(tǒng)的速度為v1，由=2a1L可得v1=.設(shè)B進入電場后，系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律得2Eq-3Eq-2mg=2ma2，得a2=-0.8g.之后系統(tǒng)做勻減速運動，設(shè)小球A第一次離開電場邊界NQ時

15、的速度大小為v2，由-=2a2L，可得v2=.(3) 當帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，此時A已經(jīng)到達右邊界NQ外，設(shè)此時A離右邊界NQ的距離為x.設(shè)A出電場后，系統(tǒng)的加速度為a3，由牛頓第二定律得-3Eq-2mg=2ma3，得a3=-2g.x=-，解得x=0.1L|qb|，a、b相對坐標原點位置對稱取無限遠處的電勢為零，下列各圖正確描述x軸上的電勢隨位置x變化規(guī)律的是()5 (2014河南商丘一模)高速粒子轟擊熒光屏可使其發(fā)光如圖所示，在豎直放置的鉛屏A的右表面上貼著射線放射源P，其放射出的粒子(實質(zhì)是電子)的速度大小為v0，足夠大的熒光屏M與鉛屏A平行放置，相距為d，其間有水平向右的勻強電場，電

16、場強度的大小為E已知電子所帶的電荷量為-e，質(zhì)量為m，不考慮相對論效應，則()A 垂直射到熒光屏M上的電子的速度大小為B 到達熒光屏離P最遠的電子的運動時間為C 熒光屏上的發(fā)光半徑為D 到達熒光屏的電子的電勢能減少了eEd二、 多項選擇題6 (2015海南)如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q0)的粒子，在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子，在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則Mm為()A 32B 21 C 52 D 317 (2015江

17、蘇)兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示，c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則()A a點的電場強度比b點的大B a點的電勢比b點的高C c點的電場強度比d點的大D c點的電勢比d點的低8 (2015四川)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零則小球a()A 從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B 從N到P的過程中，速率先增大后減小C 從N到Q的過程中，電勢能一直增

18、加D 從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量三、 計算題9 (2015江西部分重點中學高三聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面上固定著一根光滑絕緣的圓形空心管，其圓心在O點過O點的一條水平直徑及其延長線上的A、B兩點固定著兩個電荷其中固定于A點的為正電荷，所帶的電荷量為Q；固定于B點的是未知電荷在它們形成的電場中，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球正在空心管中做圓周運動若已知小球以某一速度通過最低點C處時，小球恰好與空心管上、下壁均無擠壓且無沿切線方向的加速度，A、B間的距離為L，ABC=ACB=30COOB，靜電力常量為k(1) 作出小球在最低點C處的受力示意圖，并確定小球和固定在B

19、點的電荷的帶電性質(zhì)(2) 求固定在B點的電荷所帶的電荷量(3) 求小球運動到最高點處時，空心管對小球作用力的大小和方向10 (2015河南中原名校檢測)如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)有平行于y軸的有界勻強電場，方向如圖一個電子以垂直于y軸的初速度v0從P點射入電場中，P點的坐標為(0，y0)當勻強電場的場強為E1時電子從A點射出，A點坐標為(xA，0)；當場強為E2時，電子從B點射出，B點坐標為(xB，0)設(shè)電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計重力，其中xA、xB為已知量，其余量未知(1) 求勻強電場的場強E1與E2的比值(2) 若在第四象限過Q點放一張垂直于xOy平面的感光膠片，Q點的坐標為

20、(0，-y0)，位置如圖所示，求感光膠片上曝光點的橫坐標xA和xB的比值【檢測與評估答案】專題四電場與磁場第1講電場的基本性質(zhì)與電場中的動力學問題1 【答案】A【解析】由粒子的運動軌跡可知，所受電場力方向沿電場線向右，粒子從PQ的過程中，電場力與速度方向夾角大于90，故vRvQ，A對；從PQ電場力做負功，故Q點電勢能大，B錯；動能與電勢能之和不變，C錯；R處的電場線密，場強大，加速度大，故D錯2 【答案】B【解析】使指針張開角度增大一些，就是增大靜電計兩端的電壓，當開關(guān)S閉合時，電壓一定，則C、D錯誤；斷開開關(guān)S后，電容器帶電荷量一定，由C=可知要增大電容器兩極板之間電壓，需減小電容C，由平行

21、板電容器電容的決定式C=知，保持S不變，增大d，電容C減小，則A錯誤、B正確3 【答案】C【解析】靜電力做正功，則點電荷Q帶負電，電場線由高電勢指向低電勢，則AEB，選項B錯誤；靜電力對兩個點電荷做了相等的正功，電勢能的變化相同，則q1在A點的電勢能等于q2在B點的電勢能，即|q1A|=|q2B|，故q1所帶電荷量一定小于q2所帶電荷量，選項C正確，選項D錯誤4 【答案】D【解析】先畫x軸上的電場線，如圖所示，圖中c點是電場強度為零的點；沿著電場線方向電勢降低，無窮遠處的電勢為零，-x圖象的切線斜率表示電場強度；a電荷左側(cè)的電勢是逐漸減小為零；a、b電荷之間是向右電勢逐漸降低；b點右側(cè)是電勢先

22、升高后降低，最后為零，D項正確5 【答案】B【解析】初速度水平向右的電子打到M板，由動能定理得-eEd=mv2-，速度v=，電勢能增加了eEd，選項A、D錯誤；初速度平行于M板的電子做類平拋運動打到M板，則d=t2，時間t=，平行于M板方向的位移(即為發(fā)光半徑)y=v0t=v0，選項B正確，選項C錯誤6 【答案】A【解析】設(shè)電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有，a=l=t2；對m有，a=l=t2，聯(lián)立解得=，A正確7 【答案】ACD【解析】根據(jù)電場線的疏密判斷，a點電場強度比b點大，A正確；根據(jù)沿電場線方向電勢降低，a點的電勢比b點低，B錯誤；根據(jù)電場的疊加原理，c、d點的電場都是正電荷

23、與兩個相同的負電荷形成的電場的疊加，c點兩個相同的負電荷形成的電場互相抵消，d點兩個相同的負電荷形成的電場方向與正電荷形成的電場方向相反，而c、d點與正電荷距離相等，所以c點電場強度比d大，C正確；根據(jù)U=Ed的原理，c、d點與正電荷距離相等，但正電荷到c點電場強度比到d點電場強度大，所以電勢降落大，所以c點的電勢比d點低，D正確8 【答案】BC【解析】a球從N點靜止釋放后，受重力G、b球的庫侖斥力Fc和槽的彈力N作用，a球在從N點到Q點的過程中，G與Fc的夾角逐漸減小，不妨先假設(shè)Fc的大小不變，隨著夾角逐漸的減小G與Fc的合力F將逐漸增大，并且，由庫侖定律和圖中幾何關(guān)系可知，隨著的減小Fc逐漸增大，因此F一直增加，故選項A錯誤；在a球在從N點到Q點的過程中，a、b兩小球距離逐漸變小，電場力一直做負功，電勢能一直增加，故選項C正確；顯然在從P點到Q點的過程中，