高考物理复习方案 第6章 静电场 第3讲 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动知识点1常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1.电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值。(3)电容器的充电、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。2常见的电容器(1)分类：从构造上可分为固定电容器和可变电容器。(2)击穿电压：加在电容器极板上的极限电压，电容器外壳上标的电压是额定电压，这个电压比击穿电压低(选填“高”或“低”)。

2、3电容(1)定义式：C。(2)单位：法拉(F)，1 F106 F1012 pF。(3)电容与电压、电荷量的关系电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关。不随Q变化，也不随电压变化。由C可推出C。4平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比。(2)决定式：C，k为静电力常量。知识点2带电粒子在匀强电场中的运动1.加速问题若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量。(1)在匀强电场中：WqEdqUmv2mv；(2)在非匀强电场中：WqUmv2mv。2偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒

3、子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场。(2)运动性质：类平抛运动。(3)处理方法：利用运动的合成与分解。 沿初速度方向：做匀速直线运动，运动时间t。沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动。基本过程，如图所示知识点3示波管 1.构造示波管的构造如图所示，它主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。2工作原理(1)如果偏转电极XX和YY之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。(2)示波管的YY偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX偏转电极上加的是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测

4、信号在一个周期内变化的稳定图象。双基夯实一、思维辨析1电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。()2放电后的电容器所带电荷量为零，电容也为零。()3带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()4带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。()5带电粒子在电场中运动时，不加特别说明重力可以忽略不计，带电微粒、带电液滴在电场中运动时，不加特别说明重力不可以忽略不计。()答案1.2.3.4.5.二、对点激活1对电容器和电容概念的理解关于电容器及其电容的叙述，正确的是()A任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关B电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数

5、和C电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D一个电容器的电荷量增加Q1.0106 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容无法确定答案A解析电容器的电荷量指一个极板所带电荷量的绝对值，B错；电容器的电容是本身的性质，与所带电荷量无关，C错；C，D错误。2带电粒子在电场中的加速如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是()A两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大B两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大C与两板间距离无关，仅与加速电压有关D以上说法均不正确答案C解析电子由P到Q的过程中，静电力做功，根据动能定理eUmv2，得

6、v，速度大小与U有关，与两板间距离无关。故正确答案为C。3带电粒子在电场中的偏转如图所示，质子(H)和粒子(He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为()A11 B12C21 D14答案B解析y，所以yq，故B正确。考点平行板电容器的两类动态变化问题对比分析1对公式C的理解电容C，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。2运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用决定式C分析平行板电容器电容的变化。

7、(3)用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E分析电容器两极板间电场强度的变化。3电容器两类问题的比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小Q变小、E变小C变小U变大、E不变S变大C变大Q变大、E不变C变大U变小、E变小r变大C变大Q变大、E不变C变大U变小、E变小例12016山东菏泽模拟如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减少D电容器的电容减小

8、，极板带电量将增大(1)电容器与电源连接，确定不变量是电压还是电荷量？提示：电压。(2)电压不变时，如何判断场强变化？提示：依据E判断。尝试解答选B。电容器上极板接电源正极，则板间场强方向竖直向下。由于带电油滴在P点恰好处于平衡状态，则受力分析如图则油滴带负电。上极板上移，板间距离d变大，板间电压E不变，因场强E场，知场强E场变小，油滴向下运动，A选项错误。P点电势等于P点与下极板间电势差，由UE场d知，U变小，则P点电势降低，故B选项正确，电势能Epq，负电荷在电势低的地方电势能大，则带电油滴的电势能将增加，故C选项错误。电容C，d增大，则C减小，由QCUCE，知Q减小，所以D选项错误。总结

9、升华 平行板电容器问题的分析(1)平行板电容器动态分析的两类题型。电容器始终与电源相连，U恒定不变，则有QCUC，C，两板间场强E；电容器充完电后与电源断开，Q恒定不变，则有U，C，场强E。(2)分析平行板电容器的两个关键点。确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变。恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E分析板间电场强度的变化情况。1(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板

10、不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则()AU变小，E不变 BE变大，W变大CU变小，W不变 DU不变，W不变答案AC解析当平行板电容器充电后与电源断开时，对有关物理量变化的讨论，要注意板间场强的一个特点：E，即对于介质介电常数为r的平行板电容器而言，两极板间场强只与极板上单位面积的带电量成正比。带电量Q不变，两极板间场强E保持不变，由于板间距d减小，据UEd可知，电容器的电压U变小。由于场强E保持不变，因此，P点与接地的负极板即与地的电势差保持不变，即点P的电势保持不变，因此电荷在P点的电势能W保持不变。故正确答案为AC。2(多选)如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电

11、源相连，开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是()A若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有ba的电流C若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有ba的电流D若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有ba的电流答案BC解析由于油滴处于静止状态，所以qmg。若将S断开，由于电容器的电荷量不变，则电压U不变，油滴仍处于静止状态，选项A错误。若将A向左平移一小段位移，电容C变小，电压U不变，则QCU变小，所以电流由ba，此时油滴仍静止，选项B正确。若将A向上平移一小段位

12、移，则电容C变小，电压U不变，则Q变小，所以电流由ba，此时qmg，油滴加速向上运动，所以选项D错误。考点带电粒子在电场中的直线运动拓展延伸1带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法 (1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。 (2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力。2解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动。(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做

13、的功等于带电粒子动能的变化量，即qUmv2mv。例22016潍坊月考如图所示，金属板A、B水平放置，两板中央有小孔S1、S2，A、B与直流电源连接。闭合开关，从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达S2孔，不计空气阻力，要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔，应()A仅上移A板适当距离B仅下移A板适当距离C断开开关，再上移A板适当距离D断开开关，再下移A板适当距离(1)电场力对小球做什么功？提示：负功。(2)断开开关，移动A板，板间场强如何变化？提示：不变。尝试解答选D。设板间距离为d，O距S1为h，电源电压为U，由题意知从O释放一带电小球到达S2孔速度为零，则电场力对小球做负功

14、，由动能定理得：mg(hd)qU0，若仅上移A板适当距离，假设仍能到达S2，则重力做功与电场力做功均未变，则A选项错误。若仅下移A板适当距离，假设仍能到达S2，则重力做功不变，电场力做功不变，到达S2处速度为零，故B选项错误，断开开关，Q不变，因E则场强E不变，由动能定理得：mg(hd)Eqd0，将A板上移适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功增多，则到达不了S2处速度已为零，故C选项错误。若下移A板适当距离x，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功变少，所以总功为正功，到达S2处仍有速度，故D选项正确。总结升华带电体在电场中运动的分析方法解决此类问题的关键是灵活利用

15、动力学分析的思想，采用受力分析和运动学方程相结合的方法进行解决，也可以采用功能结合的观点进行解决，往往优先采用动能定理。12014安徽高考如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m，电荷量为q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。答案(1)(2)C(3)解析(1)由v22gh，得v(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动

16、定律知：mgqEma由运动学公式知：0v22ad整理得电场强度E由UEd，QCU，得电容器所带电荷量QC(3)由hgt，0vat2，tt1t2整理得t2如图所示，板长L4 cm的平行板电容器，板间距离d3 cm，板与水平线夹角37，两板所加电压为U100 V。有一带负电液滴，带电荷量为q31010 C，以v01 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g10 m/s2，sin0.6，cos0.8)。求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度。答案(1)8108 kg(2) m/s解析(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEco

17、smg又E解得：m代入数据得m8108 kg(2)对液滴由动能定理得：qUmv2mv，v所以v m/s考点带电粒子在电场中的偏转拓展延伸1基本规律设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，则有(1)加速度：a。(2)在电场中的运动时间：t。(3)速度v，tan。(4)位移2两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度和偏移量y总是相同的。证明：由qU0mv及tan，得tan。y。(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为。3在示波管

18、模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。(1)确定最终偏移距离思路一：思路二： (2)确定偏转后的动能(或速度)思路一：思路二：例32016山东菏泽高三模拟(多选)如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U。电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是()A滑动触头向右移动时，电子打在P上的位置上升B滑动触头向左移动时，电子打在P上的位置上升C电压U增大时，电子从发出到打在P上的时间不变D电压U增大时，电子打在P上的速度大小不变(1)电子打在屏上的位

19、置与加速电压有什么关系？提示：加速电压越大，射入偏转电场的初速度越大，时间越短，侧向位移越小。(2)电子向上偏转还是向下偏转？提示：向上偏转。尝试解答选BC。滑动触头右移，加速电压U0增大，电子射入金属板间初速度v0增大，穿过金属板时间减小，侧向位移变小，打在P上的位置下降，所以滑动触头左移，打在P上的位置上升，A错误，B正确。电压U增大，竖直方向加速度变大，而时间t不变，所以竖直方向分速度变大，P点合速度变大，故D错误，C正确。总结升华 带电粒子在电场中偏转问题的两种求解思路(1)运动学与动力学观点运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：a带电粒子初速度方向与电场线共

20、线，则粒子做匀变速直线运动；b带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。(2)功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量。若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。1.2015大连模拟如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极

21、板平行。整个装置处在真空中，重力可忽略。在满足电子能射出平行板间的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()AU1变大、U2变大 BU1变小、U2变大CU1变大、U2变小 DU1变小、U2变小答案B解析设进入偏转电场的速度为v0，偏转极板长为L，两板间距为d，则由U1qmv，t，vyt，tan知：tan，故选项B正确。2如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY，一束质量为m、带电量为q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延

22、长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。答案(1)见解析(2)UYY(3)解析(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有yat2Lv0t vyat，tan，联立可得x即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。(2)aE由式解得y当y时，UYY则两板间所加电压的范围为UYY。(3)当y时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0ybtan，又tan，解得：y0故粒子在屏上可能到达的区域的长度

23、为2y0。考点带电粒子在交变电场中的运动方法技巧带电粒子在交变电场中运动的分析方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。(3)此类题型一般有三种情况：粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；粒子做往返运动(一般分段研究)；粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。例42015山东枣庄模拟如图甲所示，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙所示最

24、大值为U0的周期性变化的电压，在紧靠P板处有粒子源A，自t0开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射出电场，已知粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力及相互间的作用力，电场变化周期T3d。试求：(1)t0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间；(2)粒子射出电场时的最大速率和最小速率。(1)t0时刻释放的粒子在金属板P、Q间做什么运动？提示：计算内匀加速运动的位移和板间距离d进行比较，判断有没有第二阶段运动。(2)求最大速率、最小速率可以借助什么方法？提示：画vt图。尝试解答(1)dvmin(2) 。(1)设t0时刻释放的粒子在时间内一直做匀加速直线运动，其加速度大小为a，位移为x，则

25、由牛顿第二定律、电场力公式和运动学公式得：qma，xat2解得：ax22d可见，该粒子在时间内恰好运动到O处，该粒子在P、Q间的运动时间为：tTd(2)分析可知，在t0时刻释放的粒子一直在电场中加速，对应射出电场时的速率最大。设最大速率为vmax，由运动学公式得：vmaxa 设在t1时刻释放的粒子先做匀加速直线运动，经时间t后，再做匀速直线运动，在T时刻恰好由小孔O射出电场。设此时粒子的速度大小为v1，则由运动学公式得：at2atTa2v1at解得：tTv1at(2) 由下图知，在t1至时间内某时刻进入电场的粒子，其运动过程为先加速，后匀速，再加速；当速度达到v1at时，粒子还未运动到小孔O处

26、。图中阴影的面积等于粒子此时到小孔的距离；粒子需再经加速后方可到达O处，此时速度已大于v1。所以，速率v1是粒子进入磁场时的最小速率，即：vmin(2) 总结升华带电粒子在交变电场中的运动分析方法带电粒子在交变电场中的运动涉及力学和电学知识的综合应用，由于不同时段受力不同，处理起来较为复杂，实际仍可按力学角度解答。该类问题仍需受力分析和分析其运动状态，应用力学和电学的基本规律定性、定量分析讨论和求解。(1)利用图象带电粒子在交变电场中运动时，受电场力作用，其加速度、速度等均做周期性变化，借助图象描述它在电场中的运动情况，可直观展示其物理过程，从而快捷地分析求解。画图象时应注意在vt图中，加速度

27、相同的运动一定是平行的直线，图象与vt轴所夹面积表示位移，图象与t轴的交点表示此时速度反向。(2)利用运动的独立性对一个复杂的合运动，可以看成是几个分运动合成的。某一方向的分运动不会因其他分运动的存在而受到影响。应用这一原理可以分析带电粒子在交变电场中的运动。根据各分运动的情况，再按运动的合成与分解规律分析合运动情况。1(多选)如图，A板的电势UA0，B板的电势UB随时间的变化规律如图所示。电子只受电场力的作用，且初速度为零(设两板间距足够大)，则 ()A若电子是在t0时刻进入的，它将一直向B板运动B若电子是在t0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C若电子是在t时刻

28、进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D若电子是在t时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动答案ACD解析方法一：若电子在t0时刻进入板间电场，电子将在一个周期内先做匀加速运动后做匀减速运动，以后沿同一方向重复这种运动，直到碰到B板，故A正确，B错误；若电子在t时刻进入，由对称性可知，电子将在板间做往复运动，D正确；若电子在t时刻进入板间，则电子在前T内向B板运动，后T内向A板运动，以后重复这种运动，直到碰到B板，故C正确。方法二：图象法。选取竖直向上为正方向，作出电子的vt图象如图所示，根据图象很容易求解A、C、D正确。2如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不

29、计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：甲乙(1)在t0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？答案(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm解析(1)电子经电场加速满足qU0mv2经电场偏转后侧移量yat22所以y，由图知t0.06 s时刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm设打在屏上的点距O点距离为Y，满足所以Y13

30、.5 cm。(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm。考点带电体在电场与重力场中的综合问题解题技巧分析粒子运动的两个观点1用动力学的观点分析带电粒子的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简。(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性。2用能量的观点来分析带电粒子的运动(1)运用能量守恒定律

31、，注意题目中有哪些形式的能量出现。(2)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。例52014课标全国卷如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60，OBOA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场，电场强度方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍，若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍。重力

32、加速度大小为g。求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。(1)无电场时，小球做哪种运动？处理方法是什么？提示：平抛运动，应用运动的合成和分解。(2)施加电场以后，各形式能量关系是什么？提示：动能、重力势能和电势能之和守恒。尝试解答(1)(2)方向：与竖直向下成30夹角。(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OAd，则OBd，根据平抛运动的规律有dsin60v0tdcos60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别

33、降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有解得xd。MA为等势线，电场强度方向必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30。设电场强度的大小为E，有qEdcos30EpA由式得E总结升华力电综合问题的处理方法力电综合问题往往与共点力的平衡、牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律等相结合，考查的知识点多，综合分析能力的要求高，试

34、题难度较大，学习中要注意把握以下几点：(1)处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功情况分析，再根据题意选择合适的规律列式求解。(2)带电的物体在电场中具有电势能，同时还可能具有动能和重力势能等，用能量观点处理问题是一种简捷的方法。(3)常见的几种功能关系只要外力做功不为零，物体的动能就要改变(动能定理)。静电力只要做功，物体的电势能就要改变且静电力的功等于电势能的减少量。如果只有静电力做功，物体的动能和电势能之间相互转化，总量不变(类似机械能守恒)。如果除了重力和静电力之外，无其他力做功，则物体的动能、重力势能和电势能三者之和不变。12015湖南省十三校联考(多选)如图所示，在地面上方的

35、水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径，已知重力加速度为g，电场强度E，下列说法正确的是()A若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为B若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D小球速度最大的点出现在CB中间答案BD解析小球在复合场中做圆周运动，E为物理最低点，F为物理最高点，mgm，所以vmin，故D选项正确，A选项错误；小球运动到B点时电场力做功最多，机械能增加最多，故B选项正确；

36、类比重力场中的圆周运动，从A、C中间的点由静止释放才会往复运动，所以C选项错误。22015江西中学联考(多选)在粗糙绝缘的水平面上固定一个带电荷量为Q的正点电荷。已知点电荷周围电场的电势可表示为k，公式中k为静电力常量，Q为场源电荷的电荷量，r为距场源电荷的距离，现有一质量为m，电荷量为q(q0)的滑块(可视作质点)，其与水平面的动摩擦因数为，kmg，则()A滑块与带电荷量为Q的正电荷距离为x1时，滑块的电势能为B若将滑块无初速度地放在距离场源点电荷x1处，滑块最后将停在距离场源点电荷处C若将滑块无初速度地放在距离场源点电荷x1处，滑块运动到距离场源点电荷x3处的加速度为gD若将滑块无初速度地

37、放在距离场源点电荷x1处，滑块运动到距离场源点电荷x3处的速度为v答案ABD解析根据电势能公式Epq可得：滑块与带电荷量为Q的正电荷相距为x1时，滑块的电势能Epq，选项A正确；若将滑块无初速度地放在距离场源点电荷x1处，设滑块最后停在距离场源点电荷x处，对此过程由动能定理可得：mg(xx1)，解得：x，选项B正确；当滑块运动到距离场源点电荷x3处，对其受力分析，由牛顿第二定律可得：mgma，解得：ag，选项C错误；设滑块运动到距离场源点电荷x3处的速度为v，对此过程由动能定理可得：mg(x3x1)mv2，解得：v，选项D正确。案例剖析2015亳州模拟(16分)如图所示，在E103 V/m的竖

38、直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q104 C的小滑块质量m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？审题抓住信息，准确推断关键信息信息挖掘题干一光滑半圆形绝缘轨道小滑块与半圆轨道之间不存在摩擦一带负电q104 C的小滑块小滑块带负电，受电场力方向与电场方向相反与水平

39、轨道间的动摩擦因数0.15小滑块与水平轨道间存在摩擦问题小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q重力和电场力的合力提供向心力，该处小滑块不受轨道的弹力小滑块通过P点时对轨道的压力需先求小滑块受轨道的支持力破题形成思路，快速突破(1)小滑块初速度v0的求解思路。选研究过程：小滑块在Q点；列动力学方程：mgqEm。 小滑块从开始运动至到达Q点过程中：a选择规律：动能定理；b列方程式：mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv。(2)小滑块通过P点时对轨道的压力大小的求解。请写出小滑块通过P点时速度大小的求解思路。提示：选取小滑块从开始运动至到达P点过程，由动能定理求得P点速度大小。请写出小滑块通过P点时的动

40、力学方程。提示：设轨道对小滑块的支持力为FN，FNm。如何求小滑块对轨道的压力？提示：小滑块通过P点时受轨道的支持力和小滑块对轨道的压力遵循牛顿第三定律。解题规范步骤，水到渠成(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mgqEm (2分)小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv(3分)联立方程组，解得：v07 m/s (2分)(2)设小滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv(3分)又在P点时，由牛顿第二定律得FNm (2分)代入数据，解得：FN0.6 N (2分)由牛顿第三定

41、律得，小滑块对轨道的压力FNFN0.6 N (2分)点题突破瓶颈，稳拿满分(1)常见的思维障碍：在求小滑块在最高点Q的速度大小时，对小滑块受力分析时漏力，导致方程列错，计算结果错误；小滑块通过P点时错误地找出提供向心力的力，导致动力学方程列错而出现错误。(2)因解答不规范导致的失分：小滑块从开始运动至到达Q点过程中利用动能定理列方程时，漏掉摩擦力的功，导致失分；求小滑块通过P点时对轨道的压力时不用牛顿第三定律导致失分。12015天津高考(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装

42、置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置答案AD解析设加速电场两板间距离为d，则qE1dmv，粒子在偏转电场中偏转，设侧移量为y，偏转电场两板的长度为L，则y2，在偏转电场中偏转电场对粒子做的功WqE2y，由于三种粒子的电荷量相等，因此偏转电场对三种粒子做的功相等，A项正确；三种粒子射出偏转电场时的速度v满足qE1dqE2ymv2，由于质量不同，因此速度v大小不同，B项错误；三种粒子运动到屏上的时间tx，x为加速电场右极板到屏的距离，由于质量不同，因此运动时

43、间不同，C项错误；由于粒子从同一位置射出偏转电场，射出电场时的速度的反向延长线均交于偏转电场中线的中点，因此粒子会打在屏上同一位置，D项正确。2.2015海南高考如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则Mm为()A32 B21C52 D31答案A解析因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为l，电荷量为q的粒子通过的位移为l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1、a2，由运动学公式有la1t2 t2，la2t2t2，得。B、C、D错，A对。32015山东高考(多选)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为v0 B末速度沿水平方向C重