高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题三电场与磁场第一讲电场及带电粒子在电场中的运动学案.doc

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1、1第一讲第一讲 电场及带电粒子在电场中的运动电场及带电粒子在电场中的运动知识建构高考调研1.电场知识仍将是考查的重点选择题中可能考查电场强度的求解与比较的相关问题，计算题中可能考查带电体在复合场中的运动问题，不过考虑到动量第二年被纳入必考范畴，作为压轴题出现的可能较大，因此计算题的第 1 题有可能考查电场或磁场的相关问题2.常用的思想方法：等效法对称法图象法类比法答案 (1)电场强度三公式的异同及选择原则2(2)电场力做功的计算方法WABqUAB(普遍适用)WqElcos(适用于匀强电场)WABEpEpAEpB(从能量角度求解)W电W非电Ek(由动能定理求解)(3)电势高低的判断方法考向一 对

2、电场性质的理解归纳提炼电场强度、电势、电势能的表达式及特点对比3(多选)(2017全国卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为 10 V、17 V、26 V下列说法正确的是( )A电场强度的大小为 2.5 V/cmB坐标原点处的电势为 1 VC电子在a点的电势能比在b点的低 7 eVD电子从b点运动到c点，电场力做功为 9 eV思路点拨 (1)匀强电场中电势的变化是均匀的(2)求场强大小时可添加辅助线，利用几何关系求解解析 解法一：巧妙运用匀强电场的电势分布特点求解ab与Oc交点电势相等，且，则可得Oabc1 V.ab 2Oc 2这是突破本题第

3、一个难点的简便方法本题还有第二个难点：求出该匀强电场的场强大小这需要添加辅助线，利用几何关系列式求解4如图 1 所示，过b点作bd垂直于Oc，则由几何关系可得cd m18 5故，则d点的电势为d17 V，故bd为等势面从而得出电场cO xcOcd xcd线沿cO方向，故E2.5 V/cm.cO xcO至于选项 C、D，学生均可根据电场力做功引起电势能变化列式求解，对大多数学生没有太大的难度从a到b移动电子，电场力做功WUab(e)(7)(e)7 eV.电场力做正功，电势能减小，故电子在a点电势比在b点高 7 eV，故 C 错误；从b到c移动电子，电场力做功WeUbc9 eV，故 D 正确解法二

4、：利用假设法求解设过c点的一条电场线ck与ac间夹角为，场强为E，如图 2 所示过a点做该电场线的垂线ad，过b点作垂线be，由于ad和be为两条等势线，且Ucd16 V，Uce9 V，根据匀强电场中电场强度的规律UEd可得UcdEdcd16 V5UceEdce9 V根据 tan 可得37，则3 4E2.5 V/cm这种解法对数学基础要求较高，可是当求出场强大小后，坐标原点处的电势便可顺利求解由以上分析可见电场线沿cO方向由dcO10 cm 得UcOEdcO25 V01 V.答案 ABD在平时的练习中不难发现，正确答案为三项的选择题，即使解题难度不大，也极易出错，正确率直线下降，更何况此题本身

5、对学生的能力要求较高，所以得分率很低.导致失误的第二个原因，可能是平时解题习惯不好，作等势线图不用直尺，不严谨或不简洁，在图中找不出正确的几何关系.第三个原因，就是数学基础不扎实，几何运算不熟练等.这就提示我们，在平时要正确使用作图工具作图，切不可养成随手画图的不良习惯，没有规矩不成方圆.熟练强化1(多选)(2017长沙四县一市期中联考)如右图所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直平面内，MNP为钝角B小球受一沿杆方向的水平推力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1.现缓慢推动B球，A球也缓慢移动，

6、当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则( )AF1F2CL1L26解析 对A球受力分析如图所示，A球受到重力mg、支持力FA和库仑力F库，根据平衡条件，可知重力mg和库仑力F库的合力FA，与支持力FA等值反向，可以把重力mg、支持力FA和库仑力F库之间的关系转变为mg、FA、F库之间的三角形关系，如图所示在B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即图中角变小，由矢量三角形可知库仑力在变小，根据库仑定律F库k，可知L变大，即A、B之间的距离变大，选项q2 L2C 正确，D 错误；对B球受力分析如图所示，B球受到重力mg、支持力FB、库仑力F库和推力F，根据平衡条件，可知

7、FF库cos，在B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即在变大，则 cos变小，库仑力也在减小，故推力F变小，即F1F2，选项 A 错误，B 正确答案 BC2(多选)(2017河北唐山一模)如右图所示，匀强电场中的A、B、C、D点构成一位于纸面内的平行四边形，电场强度的方向与纸面平行已知A、B两点的电势分别为A12 V、B6 V，则C、D两点的电势可能分别为( )A9 V、15 V B9 V、18 VC0 V、6 V D6 V、0 V解析 已知ABCD为平行四边形，则AB与CD平行且等长，因为匀强电场的电场强度的方向与纸面平行，所以UABUDC6 V，分析各选项中数据可知，A、C 正确，B

8、、D 错误答案 AC7考向二 平行板电容器问题归纳提炼1两个电容公式的比较2.平行板电容器动态问题的分析思路(2016天津卷)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A增大，E增大8B增大，Ep不变C减小，Ep增大D减小，E不变思路点拨 电容器与电源断开，电荷量不变，上极板向下移动一小段距离，C变化，从而引起两极板间的电势差发生变化极板间距离的变化不影响场强E，结合A点的

9、位置可判断Ep的变化情况解析 根据电容器定义式C 得U ，因电量不变，则两板间的电场强度E Q UQ CU d，又C，则E，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E不Q CdS 4kd4kQ S变保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由UEd可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变综上所述，选项 D 正确，A、B、C 错误答案 D判断电容器中某点电势的变化时，一般是通过该点与某一极板的电势差的变化来判断.该题中因为上极板位置变化，下极板位置固定且接地，分析时应以A点与下极

10、板的距离为参考，若以A点与上极板的距离为参考来分析容易出错.(1)电容器与电源连接时电势和电势能的分析如图所示，平行板电容器经开关 S 保持与电源连接，a处固定一带电荷量很小的正点电荷，现将电容器N板向下移动一小段距离时，由于电压不变，根据E 得场强减小，a点和上极板M的电势差UMaEdMa，则UMa减U d小，又根据UMaMa知，因M不变，所以a升高，正电荷的电势能增大.2静电计与电压表的使用：在静电实验中，由于带电体一般电压都比较高，容易超过电压表的量程，且物体所带电荷量少，如用电压表测电势差，物体所带电荷量就会很快通过电压表内部的通路放完.我们会发现电压表指针在接通瞬间偏转一下后，很快又

11、回到零刻度.电压表虽可以既方便又准确地测量电势差，但在静电实验中，一般不能用来测量两个带电体如平行板电容器的电势差.9熟练强化1(2016全国卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上若将云母介质移出，则电容器( )A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析 平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变若将云母介质移出，电容C减小，由CQ/U可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器极板上的电荷量减小由于U不变，d不变，由EU/d可知，极

12、板间电场强度E不变，选项 D 正确，A、B、C 错误答案 D2(2017河南三市二模)如图所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，B极板接地，A极板与一个静电计相连将B极板向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C、静电计指针偏角和极板间电场强度E的变化情况分别是( )AC变小，变大，E不变 BC不变，不变，E变小CC变小，不变，E不变 DC变小，变大，E变小解析 电容器充好电后与电源断开，则电容器所带电荷量不变当B极板左移时，极板间距离增大，由C知电容C减小，又C ，则知两板间电压U升高，则静电计rS 4kdQ U指针偏角变大，再由E 可知电场强度不变，故 A 正确U dQ Cd

13、4kQ rS10答案 A3如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计，闭合开关 S 后，下列说法正确的是( )A若只在两极板间插入电介质，电容器的两极板间电压将增大B若只在两极板间插入电介质，电容器的电容将保持不变C若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流D若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电荷量将增加解析 电容器两个极板间的电压等于滑动变阻器与电容器并联部分两端的电压，滑动变阻器滑片P不动，则电容器两极板间电压不变，选项 A 错误；根据C，插入电rS 4kd介质后，电容器的电容变大，选项 B 错误；根据

14、C，增大d，电容器的电容变小，rS 4kd即QCU变小，电容器放电，电流方向应该是从b到a，选项 C 错误；将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器两极板间的电压变大，即QCU变大，电容器存储的电荷量将增加，选项 D 正确答案 D考向三 带电粒子在电场中的运动归纳提炼带电体在电场中运动的处理思路及方法1用能量的观点处理带电体在电场中的运动对受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量的观点来处理，即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简捷2用整体法处理多物体或多过程问题整体思想可对物理研究对象而言，亦可对粒子运动过程而言，其求解过程快捷在运用此法处理带电粒子在电场中的平衡或加速运动问题时，应结

15、合物体的平衡条件及动力学知识求解3正交分解法或化曲为直法11处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律我们是可以掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量4等效“重力”法将重力与电场力进行合成，如下图所示，则F合等效于“重力” ，g等效于“重F合 m力加速度” ，F合的方向等效于“重力”的方向，即在重力场中的竖直向下方向(2017全国卷)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初

16、速度沿平行于电场的方向射出小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的 1.5 倍不计空气阻力，重力加速度大小为g.求(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小思路路线 12解析 (1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0at0s1v0t

17、at21 2s2v0tat21 2联立式得3s1 s2(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式v2gh2yHvytgt21 2M进入电场后做直线运动，由几何关系知v0 vys1 H联立式可得hH1 3(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则v0 vyqE mg设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得13Ek1m(vv)mgHqEs11 22 02yEk2m(vv)mgHqEs21 22 02y由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E mg2q答案 (1)3 (2) (3)H 3mg2q本题为带电粒子在电场中的运动问

18、题，对此类问题的分析主要包括以下几种情形：1对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，重点掌握以下三种情况：如果电场力为恒力，可由牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电体的速度、位移等.如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理或能量守恒研究带电体的速度、位移等.对于带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情境出现.2对于曲线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，重点掌握以下两种运动形式：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，寻找两个分运动，再应用牛顿运动

19、定律或运动学方程求解.粒子做加速圆周运动，注意电场力做功等于电场力与在电场力方向上位移的乘积.对于带电粒子在交变电场中的曲线运动，解决的方法仍然是应用运动的合成与分解的方法，把曲线运动分解为两个直线运动，然后分别应用直线运动规律加以解决.熟练强化迁移一 带电粒子在电场中的加速与偏转1(2016北京卷)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.14(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转

20、距离y；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因已知U2.0102 V，d4.0102 m，m9.11031 kg，e1.61019 C，g10 m/s2；(3)极板间既有静电场也有重力场电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”G的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点解析 (1)根据功和能的关系，有eU0mv1 22 0电子射入偏转电场的初速度v0 2eU0 m在偏转电场中，电子的运动时间tLL v0m 2eU0偏转距离ya(t)2 (t)21 21 2eU d

21、mUL2 4U0d(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力Gmg1029 N电场力F1015 NeU d由于FG，因此不需要考虑电子所受重力(3)电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即Ep q由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势” ，即GEG m电势和重力势G都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定答案 (1) 2eU0 mUL2 4U0d(2)原因见解析(3)见解析15迁移二 带电粒子在交变电场中的运动2(多选)(2017山东五校联考)制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空

22、中间距为d的两平行金属板，如图甲所示，加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0(k1)，电压变化的周期为 2T，如图乙所示在t0 时，有一个质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则下列说法中正确的是( )A若k 且电子恰好在 2T时刻射出电场，则应满足的条件是d 5 49eU0T2 5mB若k1 且电子恰好在 4T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加eU0 2C若k 且电子恰好在 2T时刻射出电场，则射出时的速度为 5 4v2 0(5eU0T4md)2D若k1，则电子在射出电场的过

23、程中，沿电场方向的分速度方向始终不变解析 竖直方向，电子在 0T时间内做匀加速运动，加速度的大小a1，位移eU0 mdx1a1T2，在T2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小a21 2，初速度的大小v1a1T，匀减速运动阶段的位移x2，由题知dx1x2，解得5eU0 4mdv2 1 2a21 2d ，A 正确；若k1 且电子恰好在 4T时刻从A板边缘射出电场，电场力做功为9eU0T2 5m零，动能不变，B 错误；若k 且电子恰好在 2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为5 4v0，射出时的速度为 ，C 错误；若k1，电子在射出电场的过程中，沿电场v2 0(eU0T4md)2方

24、向的分速度方向始终不变，D 正确答案 AD迁移三 “等效法”电场中的应用3如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为 30的斜面，AC部分为竖直平面上半径16为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q，要使小球能安全通过圆轨道，3mg3E在O点的初速度应满足什么条件？解析 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg，大小为mg，tan，得30，等效qE2mg22 3mg3qE mg33重力的方向与斜面垂直指向右下方，小

25、球在斜面上匀速运动因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有：mg，因30与斜面的倾角相等，由几何关系知2R，令小球以最小初速度v0运动，mv2D RAD由动能定理知：2mgRmvmv1 22D1 22 0解得v0 ，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v.10 3gR310 3gR3答案 v.10 3gR3高考高频考点强化电场中的“两类”典型图象问题考点归纳17几种常见的Ex图象几种常见的x图象真题归类1(多选)(2017全国卷)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示电场中四个点a、b、c和d的电场强

26、度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra，a)标出，其余类推现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是( )18AEaEb41 BEcEd21CWabWbc31 DWbcWcd13解析 结合图象可知Uab3 V，Ubc1 V，Ucd1 V，根据WUq可得WabWbc31，WbcWcd11，C 正确，D 错误；根据Ek， ， ，故Q r2ra rb1 2rc rd3 6 ，A 正确，B 错误Ea EbEc Ed4 1答案 AC2(多选)(2017江

27、苏卷)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示下列说法正确的有( )Aq1和q2带有异种电荷Bx1处的电场强度为零C负电荷从x1移到x2，电势能减小D负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大解析 由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A 项正确；由E可知，x图象的切线斜率表示电场强度，因此x1处的 x电场强度不为零，B 项错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Epq，FqE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C 项正确，D 项错误19答案 AC3(多选)(2014上海卷)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如

28、右图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )A在x2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程中电势能增大C由x1运动到x4的过程中电势能先减小后增大D由x1运到到x4的过程中电场力先减小后增大解析 x2x4处场强方向沿x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向，电势升高，则正电荷在x4处电势能较大，故 A 错误；x1x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，故 B 正确；由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，正电荷的电势能增大，故 C 错误；由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小

29、，故由FqE知，电场力先增大后减小，故 D 错误答案 B1Ex图象特点反映了电场强度随位移变化的规律.E0 表示场强沿x轴正方向；EECx，A 项正U d d确；同理可知O点场强为零，电荷在该点受到的电场力为零，C 项错误；因沿电场线方向电势逐渐降低，则由图可知在O点左侧，电场方向在x方向上的分量沿x轴负方向，在O点右侧，电场方向在x方向上的分量沿x轴正方向，则负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以 B 项错误，D 项正确答案 AD2.(多选)(2016肇庆三模)x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，

30、x轴上各点的电场强度E随x变化的图象如图所示，该图象关于O点对称，x1和x1为x轴上的两点下列说法正确的是( )21AO点的电势最低Bx1和x1两点的电势相等C电子在x1处的电势能大于在x1处的电势能D电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，则到达O点时速度最大解析 作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O点电势最高，故 A 错误；从图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相等，电子在x1和x1两点处的电势能相等，故 B 正确，C 错误；电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，到达O点时电场力做功最多，故动能最大，速度最大，故 D 正确答案 BD3(2017江西六校联考

31、)两个点电荷位于x轴上，在它们形成的电场中，若取无限远处的电势为零，则在x轴正半轴上各点的电势如图中曲线所示，当x0 时，电势，当x时，电势0.电势为零的点的横坐标为x1，电势为最小值0的点的横坐标为x2，根据图线提供的信息，下列判断正确的是( )A这两个点电荷一定是同种电荷B这两个点电荷一定是等量的异种电荷C在x1处的电场强度为零D在x2处的电场强度为零解析 若这两个点电荷是同种电荷，则在x1处的电势不可能为零，因此这两个点电荷一定是异种电荷，选项 A 错误；当x0 时，电势，可知在原点一定有正点电荷，22负点电荷只能在x轴负半轴上，且负点电荷所带电荷量的绝对值一定大于正点电荷所带电荷量，可知这两个点电荷必定是不等量的异种电荷，选项 B 错误；根据电场强度与电势的关系可知E，故在x2处的电场强度为零，在x1处的电场强度不为零，选项 D 正确、 xC 错误答案 D