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专题五--电场

作者:365竞猜 发布时间:2020-11-13 13:29 点击数:

  专题五--电场_理化生_高中教育_教育专区。专题五 电场 抓 探 研 提 基 技 考 能 础 法 向 力 光 棍 节 搞 笑 个 性签名 :光棍 是一种 境界, 不一个 人过怎 能对得 起这个 日子 1、 招 聘 :

  专题五 电场 抓 探 研 提 基 技 考 能 础 法 向 力 光 棍 节 搞 笑 个 性签名 :光棍 是一种 境界, 不一个 人过怎 能对得 起这个 日子 1、 招 聘 : 本 人为解 光棍节 单身之 苦,特 聘女友 若干, 表现好 者可长 期聘用 ! 2、 听 说 11月 11日 是 为了纪 念那些 为计生 作出贡 献的伟 大的男 人们。 3、 当 光 棍 真好, 又多了 一个节 日,一 般人还 不能拥 有。 4、天 边树若 荠,江 畔洲如 月。 何 当 载 酒 来 ?共醉 光棍节 。 5、 11.11才 是 我 的 节 日,情 人节只 是我记 忆中的 从 前 。 6、 穿 光 棍 衣 、 喝光棍 水,吃 光棍饭 ,看光 棍 电 视,说 光棍话 ,洗光 棍 澡 , 最 后 放了个 光棍屁 ,睡光 棍觉, 爱我就 不光棍 了. 7、 光 棍 节 来 临,祝 你 节 日 快 乐 ,你可 要好好 珍惜这 个节日 ,因为 这是你 最后的 一个光 棍节了 ,接下 来 情 人 节 会 来代替 这个节 日! 8、 谁 不 想 当 一个 闪耀着 中世纪 欧洲浪 漫色彩 的 贵 族 , 这 是一个 不能实 现的梦 想?不 !今天 你还是 单身的 话,就 可以大 大方方 地 过 把 贵 族 瘾. 9、 孤 身 一 人 没有牵 绊,光 棍一条 来去方 便。节 省开支 ,节约 空 间 。 结 婚 之人无 比慕羡 ,有家 之徒哪 得空闲 ?单身 人你可 别抱怨 ,趁此 机会快 乐 天 天 。 10、 年 年 月 月 花相 似,岁 岁年年 ……人相 同——还 是一 个人…… 11、 老 婆 啊 , 总tmd出 轨 ;飞机 啊,老 tmd坠毁 ;生活 啊 [备考方向要明了] 综合应用动力学方法和功能关系解决带电粒子在电场中的 主要问题 运动问题 ①对电场力的性质和能的性质的理解; 主要考点 ②带电粒子在电场中的加速和偏转问题; ③带电粒子在电场中的临界问题 ①理想化模型、比值定义法。②类比法。③运动的合成与 主要方法 分解的方法 在复习本专题时,应“抓住两条主线、明确一类运动、运 用两种方法”解决有关问题。两条主线是指有关电场力的 主要策略 性质的物理量——电场强度和能的性质的物理量——电势 和电势能;一类运动是指类平抛运动;两种方法是指动力 学方法和功能关系 一、电场的性质 1.力的性质 (1)电场强度的三个表达式 定义式 点电荷 匀强电场 E=Fq E=kQr2 E=Ud (2)电场线 ①能直观描述电场的强弱和方向。 ②沿电场线)电势 ①定义式:φ=Eqp ②相对性:电势具有相对性,与零势点的选取有关 (2)电势差 ①定义式:UAB=WqAB。 ②电势差与电势的关系:UAB=φA-φB。 电势差是绝对的,与零势面的选取无关。 (3)电势能:电场力做正功,电势能减小(但电势不一定减小);电 场力做负功,电势能增大。 二、电容及带电粒子的运动 1.电容 (1)定义 式:C=QU,适用于任何电容器。 (2)平行板电容器的决定式:C=4επrkSd。 2.带电粒子的运动 (1)加速 ①匀强电场中,v0 与 E 平行时,可用牛顿第二定律和运动学公 式求解,基本方程: a=Emq,E=Ud ,v2 2-v1 2=2ax。 ②非匀强电场中,用动能定理求解,其方程式为 qU=12mv2-12mv0 2。 (2)偏转 ①处理方法:用运动的合成和分解的思想处理,即沿 v0 方向的 匀速直线 方向的匀加速直线运动。 ②偏转规律: 偏转位移:y=2qmUd(vx0)2―x=―→L y=2qmUdLv20 2 偏转角:tanφ=vv0y= qUx mdv0 2―x=―→L tanφ=mqdUvL0 2。 1.电场强度 (1)根据电场线的疏密程度进行判断,电场线越密电场强度越大。 (2)根据等势面的疏密程度进行判断。等差等势面越密处电场强度 越大。 (3)根据 a=Emq,a 越大处电场强度越大。 2.电势 (1)沿电场线方向电势降低,电场线由电势高的等势面指向电势低 的等势面,且电场线)根据电场力做功公式判断。当已知 q 和 WAB 时,由公式 WAB= qUAB,即 UAB=WqAB判定。 (3)根据电势能判断,正电荷在电势能高的地方电势高,负电荷在 电势能高的地方电势反而低。 3.电势能 电场力做正功,电荷(无论正电荷还是负电荷)从电势能较 大处移向电势能较小处;反之,如果电荷克服电场力做 功,那么电荷将从电势能较小处移向电势能较大处。 1.空间存在匀强电场,有一电荷量为+q、质量为m的粒 子从O点以速率v0射入电场,运动到A点时速率为2v0。 现有另一电荷量为-q、质量为m的粒子以速率2v0仍从 O点射入该电场,运动到B点时速率为3v0。若忽略重力 的影响,则 () A.在O、A、B三点中,B点电势最高 B.在O、A、B三点中,A点电势最高 C.OA间电势差比BO间的电势差大 D.OA间的电势差比BO间的电势差小 解析:正电荷由 O 到 A,动能变大,电场力做正功,电势能减小, 电势也减小,O 点电势较高;负电荷从 O 到 B 速度增大,电场力 也做正功,电势能减小,电势升高,B 点电势比 O 点高。所以 B 点电势最高,A 对;UOA=WqOA=12m?2v0?2q-12mv0 2 =3m2vq0 2 ,UOB =W-OqB=12m?3v0?2--q12m?2v0?2=5-mv20q2,故 D 对。 答案: AD 对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时, 关键在于弄清哪些是变量,哪些是不变量,在变量中哪些 是自变量,哪些是因变量,明确它们的因果关系。一般可 把这类问题分为两种情况来分析: 1.电容器充电后与电路断开 电容器充电后与电路断开,则电容器所带电量 Q 保持不变, 当极板间距离 d、正对面积 S 变化时,有 C=4επrkSd,U=QC=4πεkrSdQ,E=Ud =CQd=4πεrkSQ。(由此式可得 出:仅改变板间距离 d,板间场强 E 是不变的) 2.电容器始终和电源相连 这类问题由于电容器始终连接在电源上,因此稳定时两板间 的电压保持不变,根据下列几式讨论 C、Q、E 的变化情况。 C=4επrkSd,Q=CU=4UπεkrSd,E=Ud 2.如图5-1所示,两块平行金属板正对着 水平放置,两板分别与电源正、负极相 连。当开关闭合时,一带电液滴恰好静 图5-1 止在两板间的M点。则 () A.当开关闭合时,若减小两板间距,液滴仍静止 B.当开关闭合时,若增大两板间距,液滴将下降 C.开关再断开后,若减小两板间距,液滴仍静止 D.开关再断开后,若增大两板间距,液滴将下降 解析:当开关闭合时,电容器两端电压为定值,等于电源电压, 设为 U,两板间的距离为 d,带电液滴处于平衡状态,则 mg=qUd , 当两板间的距离减小时,所受电场力大于重力,液滴将向上做匀 加速运动,A 错误;两板间的距离增大时,所受电场力小于重力, 液滴将向下做匀加速运动,B 正确;当开关断开后,电容器无法 放电,两板间的电荷量不变,设为 Q,此时两板间的场强大小为: Q E=Ud =Cd=4πεkSQ,可见场强大小与两板间距离无关,即场强大小 保持不变,电场力不变,液滴保持静止,C 正确,D 错误。 答案:BC 1.运动学观点 指用匀变速运动的公式来解决实际问题,一般有两种情 况: (1)带电粒子初速度方向与电场线共线,则粒子做匀变速直 线)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)。 2.功能观点 首先对带电体受力分析,再分析运动形式,然后再根据具 体情况选用公式计算。 (1)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。 (2)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。 3.如图 5-2 所示,内壁光滑的圆环状管子固 定在竖直平面内,环的圆心位于坐标原点, 圆环的半径为 R,x 轴位于水平面内,匀 强电场在竖直平面内方向竖直向下,y 轴 及 y 轴左侧场强大小 E=mqg,右侧场强大 小为E2。质量为 m、电荷量为 q 的带正电 小球从 A 点进入管 图 5-2 中并沿逆时针方向运动,小球的直径略小于管子的内径,小 球的初速度不计,求: (1)小球到达 B 点时的加速度; (2)小球第一次到达 C 点时对圆环的压力。 解析:(1)小球从 A 运动到 B,由动能定理有 mgR+qER=12mvB 2 解得 vB=2 gR,则 ax=vRB2=4g,又 ay=2g 则小球到达 B 点的加速度 aB= ax 2+ay 2=2 5g,方向斜向右 下方,与竖直方向夹角为 arctan 2。 (2)小球从 A 点运动,第一次运动到 C 点,由动能定理有 2mgR +2qER=12mvC 2 解得 vC= 8Rg 由牛顿第二定律有 F-mg-qE=mvRC2 则 F=10mg 由牛顿第三定律知,小球对圆环的压力为 10mg,方向向下。 答案:(1)2 5g,方向斜向右下方,与竖直方向夹角为 arctan 2 (2)10mg 方向向下 [命题视角1] 如图 5-3 所示,实线是两个等量点电荷 P、 Q 形成电场的等势面,虚线是一带电粒子仅在电 场力作用下运动的轨迹,a、b、c 是轨迹上的三 个点,b 位于 P、Q 连线的中点。则 ( ) A.两点电荷 P、Q 电性相反 B.a 点的电场强度大于 b 点的电场强度 C.带电粒子在 a 点的电势能大于在 c 点的电势能 D.带电粒子在 a 点的动能小于在 b 点的动能 图 5-3 [规范解题] 由带电粒子运动轨迹可以看出其靠近P、Q 两电荷时均受到库仑斥力作用,所以P、Q两点电荷电性 相同,选项A错误;由于a点等势面比b点等势面密,故a 点场强大,选项B正确;由于两点电荷带等量同种电荷, 从图像可以看出c点与a点电势相等,经判断可知带电粒 子在a点的电势能等于在c点的电势能,选项C错误;若带 电粒子从b点向a点运动,电场力做负功,其电势能增加, 动能减小,选项D正确。故选BD。 [命题视角2] (2011·江苏高考)一粒子从 A 点射入电场 ,从 B 点射出,电场的等势面和粒子的运 动轨迹如图5-4所示,图中左侧前三个等 势面彼此平行,不计粒子的重力。下列说 法正确的有 () A.粒子带负电荷 B.粒子的加速度先不变,后变小 C.粒子的速度不断增大 D.粒子的电势能先减小,后增大 图5-4 [自主尝试] 根据电场线与等势面垂直并指向电势低的等 势面,可大致画出电场线的形状,粒子在电场力的作用下 轨迹向下弯曲,根据曲线运动的特点,可以说明电场力指 向轨迹内侧,与场强方向相反,所以粒子带负电,A正确; 等势面先是平行等距,后变得稀疏,则电场强度先是匀强 电场,后场强变小,即电场力先不变,后变小,B正确; 根据电场力做功W=qU,电场力做负功,所以粒子速度减 小,C错误;电场力始终做负功,由功能关系可知,粒子 的电势能始终增加,所以D错误。故选AB。 [冲关锦囊] 对电场中以电场线、粒子运动的轨迹线、等势线(等势面) 等为研究对象进行分析或推断带电粒子在电场中的运动性质。 一般有两种方法:一是根据电场线或等势面的分布情况确定 电场的强弱,借助电场线方向判断电势高低,由粒子电性和 运动轨迹判断电场力做正功还是负功,从而确定电势能和动 能的变化情况;二是根据“轨迹向合外力的方向弯曲”,由题 给的带电粒子的电性及轨迹的偏转方向去确定电场力的方向, 然后结合运动路径判断电场力做功情况,以及电势能和动能 的变化情况。 [命题视角1] (2011·福建高考)反射式速调管是常用的微 波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡 来产生微波,其振荡原理与下述过程类似。 如图5-5所示,在虚线MN两侧分别存在着方 向相反的两个匀强电场,一带电微粒从A点由 静止开始,在电场力作用下沿直线 间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1=2.0×103 N/C和 E2=4.0×103 N/C,方向如图所示,带电微粒质量m=1.0×10 -20 kg ,带电量q=-1.0×10-9C,A点距虚线 cm,不计带电微粒的重力,忽略相对论效应。求: (1)B点距虚线)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。 [规范解题] (1)带电微粒由 A 运动到 B 的过程中,由动能定理有 qE1d1-qE2d2=0 ① 则①式解得 d2=EE12d1=0.50 cm ② (2)设微粒在虚线 MN 两侧的加速度大小分别为 a1、a2,由牛顿第二 定律有qE1=ma1 ③ qE2=ma2 ④ 设微粒在虚线 MN 两侧运动的时间分别为 t1、t2,由运动学公式有 d1=12a1t1 2 ⑤ d2=12a2t2 2 ⑥ 又 t=t1+t2 ⑦ 由②③④⑤⑥⑦式解得 t=1.5×10-8s。 [答案] (1)0.50 cm (2)1.5×10-8 s [命题视角2] 如图5-6所示,虚线MN下方存在竖直向 上的匀强电场,场强大小E=2×103 V/m,电 场区域上方有一竖直放置长为L=0.5 m的轻质 绝缘细杆,细杆的上下两端分别固定一个带电 小球A、B,它们的质量均为m=0.01 kg, A球带正电, 图5-6 电荷量为q1=2.5×10-4 C;B球带负电,电荷量为q2=5×10- 5 C,B球到MN的距离h=0.05 m。现将轻杆由静止释放(g取10 m/s2),求: (1)B球进入匀强电场、A球未进入匀强电场过程B球的加速度 大小; (2)小球从开始运动到A球刚进入匀强电场过程的时间; (3)B球向下运动离MN的最大距离。 [自主尝试] (1)B 球刚进入电场时,把 A、B 球及轻杆作为一整体, 做加速度为 a 的匀加速运动,由牛顿第二定律得:2mg+q2E=2ma, 解得 a=g+q22mE=15 m/s2。 (2)B 球进入电场之前,A、B 及轻杆整体做自由落体运动,设时间为 t1 由 h=12gt1 2,解得 t1=0.1 s B 球进入电场瞬间的速度 v1=gt1=1 m/s 从 B 球进入电场到 A 刚要进入电场过程中,A、B 及杆整体做匀加速 直线 s。 小球从开始运动到 A 球刚要进入匀强电场过程的时间 t=t1+t2=0.3 s。 (3)设 B 球向下运动离 MN 的最大距离为 s,A、B 球及杆整体从开始 运动至到达最低点过程中,由动能定理得 2mg(h+s)+q2Es-q1E(s-L)=0, 解得 s=1.3 m。 [答案] (1)15 m/s2 (2)0.3 s (3)1.3 m [冲关锦囊] 处理带电粒子在电场中的运动问题。首先要注意区分不同的物理 过程,弄清在不同的过程中粒子的受力情况和运动情况。在解题时 主要可以从以下两条线)力和运动的关系——根据带电粒子受到的电场力,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,这条线索通常适用于受恒力作用下做匀变速直线)功和能的关系——根据电场力对带电粒子所做的功引起带电粒子 能量的变化,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、经历的位移等。这条线索也适用于非匀强电场。 [命题视角1] 如图5-7所示,水平放置的平行板电 容器,原来两板不带电,上极板接地,它 的极板长L=0.1 m,两板间距离d=0.4 cm, 有一束由相同微粒组成的带电粒子流以相 图5-7 同的初速度从两板中央平行于极板射入,由于重力作用粒子 能落到下极板上,已知粒子质量m=2.0×10-6 kg,电荷量q =1.0×10-8 C,电容器电容C=1.0×10-6 F,若第一个粒子 刚好落到下极板中点O处,取g=10 m/s2。求: (1)则带电粒子入射初速度的大小; (2) 两板间电场强度为多大时,带电粒子能刚好落在下极 板右边缘B点; (3)落到下极板上带电粒子总的个数。 [规范解题] (1)对第一个落到 O 点的粒子 L2=v0t d2=12gt2 得:v0=L2 gd=2.5 m/s (2)对落到 B 点的粒子 L=v0t d2=12at2 mg-Eq=ma 得:E=mg-mq d?vL0?2=1.5×103 V/m (3)由 Q=CEd=6.0×10-6 C, 得:N=Qq =600 落到下极板上粒子总数为 N+1=601 个。 [答案] (1)2.5 m/s (2)1.5×103 V/m (3)601个 [命题视角2] 如图5-8所示的直角坐标系中,在 直线到y轴区域内存在着两个大 小相等、方向相反的有界匀强电场,其 中x轴上方的电场方向沿y轴负方向,x轴 图5-8 下方的电场方向沿y轴正方向。在电场左边界上A(-2l0,-l0) 到C(-2l0,0)区域内,连续分布着电量为+q、质量为m的粒 子。从某时刻起由A点到C点间的粒子,依次连续以相同的速 度v0沿x轴正方向射入电场。若从A点射入的粒子,恰好从y 轴上的A′(0,l0)沿x轴正方向射出电场,其轨迹如图虚线所 示。不计粒子的重力及它们间的相互作用。 (1)求匀强电场的电场强度E; (2)求在AC间还有哪些位置的粒子,通过电场后也能沿x轴 正方向运动? [自主尝试] (1)从 A 点射出的粒子,由 A 到 A′的运动时间为 T, 根据运动轨迹和对称性可得 x 轴方向:2l0=v0T, y 轴方向:2l0=12 qmE(T2)2×2, 由以上两式解得:E=2mqvl00 2 。 (2)设到 C 点距离为 Δy 处射出的粒子通过电场后也沿 x 轴正方向 运动,粒子第一次到达 x 轴用时为 Δt,水平位移为 Δx。 则 Δx=v0Δt Δy=12 qmE(Δt)2 若满足 2l0=n·2Δx(n=1,2,3…),则粒子从电场射出时的速度方向 也将沿 x 轴正方向运动(如图所示)。 解得:Δy=n12×12×qmE×(vl00)2=n12l0(n=1,2,3…) 即 AC 间坐标为 y=-n12l0(n=1,2,3…)的点通过电场后也能沿 x 轴正方向运动。 [答案] (1)2mqvl 0 2 (2)见自主尝试 [冲关锦囊] 对于带电粒子在电场中做曲线运动的问题,一般以类平 抛运动模型较多,解决此类问题又常以运动的合成与分解方 法处理。通过对带电粒子的运动和受力的分析,借助运动的 合成与分解,寻找两个方向的分运动,再应用牛顿运动定律 或运动学规律求解。同时还要注意,当带电粒子从一个电场 区域进入到另一个电场区域时,要注意分析带电粒子的运动 变化规律及两区域电场交界处有关联的物理量,因为这些关 联量是解决问题的重要突破口。 [命题视角1] (2011·安徽高考)如图5-9甲所示,两平行正对的金属板A、 B间加有如图乙所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电 粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒 子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则 t0可能属于的时间段是 () 图5-9 A.0t0T4 3T C. 4 t0T T 3T B.2t0 4 D.Tt098T [规范解题] 两板间加的是方波电压,刚释放粒子时,粒子向 A 板运动,说明释放粒子时 UAB 为负,因此 A 项错误,若 t0=T2时 刻释放粒子,则粒子做方向不变的单向直线运动,一直向 A 运 动;若 t0=34T时刻释放粒子,则粒子在电场中固定两点间做往 复运动,因此T2t034T时间内,粒子的运动满足题意的要求,选 项 B 正确。 [命题视角2] 在金属板A、B间加上如图5-10乙所示的大小不变、 方向周期性变化的交变电压U0,其周期为T。现有电子以 平行于金属板的速度v0从两板中央射入。已知电子的质量 为m,电荷量为e,不计电子的重力,求: 图5-10 (1)若电子从t=0时刻射入,在半个周期内恰好能从A板的 边缘飞出,则电子飞出时速度的大小为多少? (2)若电子从t=0时刻射入,恰能平行于金属板飞出,则金 属板至少为多长? (3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出,电子应从哪一时 刻射入?两板间距至少为多大? [自主尝试] (1)由动能定理得 e·U20=12mv2-12mv0 2 解得 v= v0 2+emU0。 (2)t=0 时刻射入的电子,在垂直于极板方向上做匀加速运动,向正 极板方向偏转,半个周期后电场方向反转,则继续在该方向上做匀 减速运动,再经过半个周期,电场方向上的速度减到零,实际速度 等于初始速度 v0,平行于极板,以后继续重复这样的运动。 要使电子恰能平行于金属板飞出,则在 OO′方向上至少运动一个周 期,故极板长至少为 L=v0T。 (3)若要求电子从极板中央平行于极板射出,则要求电子在电场方向 上先加速、再减速,反向加速再减速,每段时间相同,一个周期后 恰好回到 OO′线,…)时射入。 极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上。 由牛顿第二定律有 a=emUd0, 加速阶段运动的距离为d4=12·emUd0·(T4)2 可解得 d=T e8Um0。 [答案] (1) v0 2+emU0 (2)v0T (3)t=T4+k·T2(k=0,1,2,…) T eU0 8m [冲关锦囊] 对于带电粒子在交变电场中的直线运动,一般多以加 速、减速交替出现的多过程情况较多。解决的方法主要根 据运动学或动力学认真分析清楚其中一个完整的过程,有 时也可借助v-t图像进行运动过程分析,并找出各个过程 间的重要物理量间的关系,进行归纳、推理,从而寻找其 运动规律再进行分段处理求解。 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,再分别用直线运动的规律加以解决。


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