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人教版新高考物理二轮复习课件 电场 带电粒子在电场中的运动
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这是一份人教版新高考物理二轮复习课件 电场 带电粒子在电场中的运动，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，体系构建•真题感悟，答案C，答案B，答案AD，高频考点•能力突破，命题点点拨，答案ACD，答案BC，方法规律归纳等内容，欢迎下载使用。
【知识回顾•构建网络】
【感悟高考•真题再练】
1.(2021山东卷)如图甲所示,边长为a的正方形,四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷;在0≤x< a区间,x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为-Q的点电荷P置于正方形的中心O点,此时每个点电荷所受库仑力的合力均为0。若将P沿x轴向右略微移动后,由静止释放,以下判断正确的是( )
解析 对y轴正方向的点电荷受力分析,由平衡知识可得因在0≤x< a区间内沿x轴正方向电势升高,则电场强度方向沿x轴负方向,则将P沿x轴正方向向右略微移动后释放,P受到向右的静电力而向右运动。故选C。
2.(2021湖南卷)如图所示,在(a,0)位置放置电荷量为q的正点电荷,在(0,a)位置放置电荷量为q的负点电荷,在距P(a,a)为 a的某点处放置正点电荷Q,使得P点的电场强度为0。则Q的位置及电荷量分别为( )
3.(多选)(2020山东卷)真空中有两个固定的带正电的点电荷,电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时,仅在静电力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线,以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d,如图所示。下列说法正确的是( )A.a点电势低于O点B.b点电势低于c点C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D.该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
答案 BD解析 试探电荷在O点仅在静电力作用下保持静止,则其所受合力为0。若将试探电荷向左移动少许,则其将在静电力作用下向左运动,静电力做正功,电势能减少,试探电荷带负电,故由O向a运动过程中电势升高,同理由O向c运动过程中电势升高,所以ac连线上O点电势最低。bd连线上由电势的叠加可知,O点电势最高,所以选项A错误,B正确。因为φa>φb,φc>φd,试探电荷带负电,所以Epa
答案 BD解析 正电荷从b点运动到e点,b点、e点在同一等势面上,静电力不做功,A错误。电子从a点运动到d点,Wad=-eUad=-e×(3-7)V=4 eV,B正确。电场强度垂直于该点所在等势面,由高电势指向低电势,b点电场强度方向向左,C错误。用电场线疏密表示电场强度大小,a、b、c、d四个点中,b点的电场线最密,电场强度大小最大,D正确。
5.(多选)(2021全国Ⅰ卷)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(-q,m),它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中,电场方向与y轴平行。不计重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是( )
【方法规律归纳】1.对电势和电场强度的三点提醒(1)电势是标量,是描述电场能的性质的物理量;电场强度是矢量,是描述静电力的性质的物理量。(2)电势高的地方电场强度不一定大,二者在大小上无必然联系。 是两个不同的物理量(3)沿电场强度方向是电势降落最快的方向。
2.对电势和电势能的三点理解(1)电势和电势能均为标量,具有相对性,其正负表示大小。 涉及电势能公式计算时要带正负号(2)某点电势为零,试探电荷在该点的电势能也一定为零。(3)某点电势高,试探电荷在该点的电势能不一定大。
3.解答匀强电场有关问题的三个技巧(1)在匀强电场中,沿任意一个方向,电势升高或降低都是均匀的,故在同一直线上间距相同的两点间电势差大小相等。(2)若已知匀强电场中某几点的电势,要求其他点的电势时,一般采用“等分法”在电场中找与待求点的电势相同的等势点。注:如果把某两点间的距离等分为n段,则每段两端点的电势差大小等于原电势差的 ,采用这种等分间距求解电势问题的方法,叫作等分法。(3)在匀强电场中,相互平行的相等线段的两端点电势差相等。
【对点训练】1.(多选)(2020全国3卷第21题衍生题)(命题点3)如图所示,边长为l的正方形四个顶点a、b、c、d分别放置一个点电荷,M、N为db延长线上两点,MRN和MPN是由M到N的两条不同路径。a、b、c三处电荷的电荷量为q(q>0),b处电荷受到的静电力为 (k为静电力常量),方向由b指向N。则( )A.d处电荷的电荷量为-qB.M点的电势比N点的电势高C.正方形中心O处的电场方向从b指向dD.将一点电荷分别沿路径MRN和MPN由M移到N过程中,静电力做功相等
所以M点的电势比N点的电势低,B错误。a、c两处电荷在中心O处的电场为0,b、d两处电荷在中心O处的电场方向从b指向d,C正确。静电力做功与路径无关,所以将一点电荷分别沿路径MRN和MPN由M移到N过程中,静电力做功相等,D正确。
2.(多选)(2021河北卷)(命题点2)如图所示,四个电荷量均为q(q>0)的点电荷分别放置于菱形的四个顶点,其坐标分别为(4l,0)、(-4l,0)、(0,y0)和(0,-y0),其中x轴上的两个点电荷位置固定,y轴上的两个点电荷可沿y轴对称移动(y0≠0)。下列说法正确的是( )
A.除无穷远处之外,菱形外部电场强度处处不为0B.当y0取某值时,可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点C.当y0=8l时,将一带负电的试探电荷由点(4l,5l)移至点(0,-3l),静电力做正功D.当y0=4l时,将一带负电的试探电荷放置在点(l,l)处,其所受到的静电力方向与x轴正方向成45°倾斜向上
答案 ACD解析 A项,菱形外侧各点电荷电场强度叠加都指向外侧,电场强度大小不为0,故A项正确。B项,原点处电场强度为0,由对称性可知,其他电场强度为零的点必定成对出现,故B项错误。C项,由对称性可知,(0,-3l)与(0,3l)的电势等大,只考虑(0,8l),(4l,0)两个点电荷,则(4l,5l)与(0,3l)电势相等;只考虑 (0,-8l),(-4l,0)两个点电荷,根据电场线方向可知,从(4l,5l)移动至(0,3l)静电力对负点电荷做正功,故C项正确。D项,由对称性可知,(l,l)处电场强度方向由该点指向原点,则负电荷受力与电场强度方向相反,与x轴正方向成45°倾斜向上,故D项正确。
方法点拨利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点,使复杂电场的叠加计算问题大为简化。
3.(2020浙江卷第8题衍生题)(命题点3、4)下图为两个正电荷与一个负电荷形成的电场的等势面,相邻等势面之间的电势差相等。其中O点为两个正电荷连线的中点,AOB连线水平,且A、B两点关于O点对称;CDE连线竖直,且C、E两点关于D点对称;以无穷远处为零势能面,A、B、C、E、F分别在对应的等势面上,电势如图中标注。下列说法正确的是( )
A.A、B两点的电场强度相同B.将一负检验电荷由O点沿竖直方向移动到F点,静电力对该电荷做正功C.同一正检验电荷在A点处的电势能小于其在C点处的电势能D.D点的电势高于-10 V
答案 D解析 根据电场线垂直于等势面、电场线的方向是电势降落最快的方向,得到A、B两点的电场强度大小相等,方向不同,A错误。将一负检验电荷由O点沿竖直方向移动到F点,静电力对该电荷做负功,B错误。根据Ep=qφ,φA>φC,可得EpA>EpC,C错误。根据φD-φC=EDC大dCD>EED小dDE=φE-φD,有φD> (φC+φE)=-10 V,D正确。
方法技巧判断电势差的大小及电势的高低:距离相等的两点间的电势差,E越大,U越大,进而判断电势的高低。
4.(多选)(2021江西高三月考)(命题点3)如图所示,匀强电场内有一矩形ABCD区域,电荷量为e的某带电粒子从B点沿BD方向以8 eV的动能射入该区域,恰好从A点射出该区域,已知矩形区域的边长lAB=8 cm,lBC=6 cm,A、B、C三点的电势分别为6 V、12 V、18 V,不计粒子重力,下列判断正确的是( )A.粒子带负电B.电场强度的大小为125 V/mC.仅改变粒子在B点初速度的方向,该粒子可能经过C点D.粒子到达A点时的动能为12 eV
解析 根据匀强电场中电势等分法,可知几何中心点P点的电势为12 V,则BPD为等势线,过C点作垂直于BPD的电场线。如图所示,方向斜向左下方,因带电粒子恰好从A点射出,则粒子带正电,A错误。由几何关系可知∠CDB=37°,根据电场强度公式有
设粒子经过C点,根据动能定理可得eUBC=EkC-EkB,解得EkC=2 eV,所以仅改变粒子在B点初速度的方向,该粒子可能经过C点,C正确。根据动能定理可得,粒子到达A点时的动能为eUBA=EkA-EkB,解得EkA=14 eV,D错误。
方法技巧该题中应用“等分法”找到与B点等势的点,再根据电场线与等势面垂直,确定电场线,从而用U=Ed求得电场强度。
与平行板电容器有关的电场问题
【方法规律归纳】1.平行板电容器动态变化问题的两种情况
2.分析平行板电容器的动态变化问题时的两个关键点(1)确定不变量:首先要明确动态变化过程中的哪些量不变,一般情况下是电荷量不变或板间电压不变。
【对点训练】5.(2021湖北武汉4月模拟)(命题点1)在生产纺织品、纸张等绝缘材料过程中,为了实时监控材料的厚度,生产流水线上设置如图所示的传感器,其中A、B为平行板电容器的上、下两个固定极板,分别接在恒压直流电源的两极上。当纸张从平行极板间穿过时,若负电荷从a向b流过灵敏电流计G,则电流计指针偏向a端;若负电荷从b向a流过灵敏电流计G,则指针偏向b端。某次纸张从平行极板间穿过时,发现电流计指针偏向b端,下列说法正确的是( )A.两极板间纸张厚度减小B.两极板间纸张厚度不变C.两极板间纸张厚度增加D.以上三种情况都有可能
答案 A解析 某次纸张从平行极板间穿过时,发现电流计指针偏向b端,则负电荷从b向a流过灵敏电流计G,电容器放电,根据C= 及Q=CU可知,电容变小,则两极板间纸张厚度减小,d变大,故选A。
特别提醒“电流计指针偏向b端”说明极板上的电荷量在变化。
6.(2015全国2卷第14题衍生题)(命题点2)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,电容器上极板与一静电计相连,下极板接地,静电计的电荷量很少,可被忽略。一质量为m的带电微粒静止于电容器的中点P,P点与上、下极板间距离均为d,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.微粒一定带正电B.若电容器上极板竖直向下移动一小段距离,电容器电容增大,静电计指针张角变小
答案 C解析 由题图可知,平行板电容器间电场方向竖直向下,微粒处于静止状态,满足mg=qE,可知微粒受到的静电力方向竖直向上,故微粒一定带负电,选项A错误。若平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离,两板的间距变小,可知电容器的电容增大,又因为静电计指针张角的变化表征电容器两极板间的电势差变化,题中两板间电势差U为电源的电动势E,保持不变,所以静电计指针的张角不变,选项B错误。
素养点拨 该题以静电计、平行板电容器为背景,构建学习探索类问题情境,通过电容器的动态分析问题考查学生模型构建、分析推理能力。
[典例](2020全国Ⅰ卷)在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆,AB为圆的直径,如图所示。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为0的粒子,自圆周上的C点以速率v0穿出电场,AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受静电力作用。(1)求电场强度的大小。(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大?(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0,该粒子进入电场时的速度应为多大?
解析 (1)由题意知在A点速度为0的粒子会沿着电场线方向运动,由于q>0,故电场线由A指向C,根据几何关系可知,xAC=R
(2)根据题意可知,要使粒子动能增量最大,则沿电场线方向移动距离最多,作AC的垂线并且与圆相切,切点为D,即粒子从D点射出时沿电场线方向移动距离最多,粒子在电场中做类平抛运动,根据几何关系有
(3)因为粒子在电场中做类平抛运动,粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0,即在电场方向上速度变化为v0,过C点作AC的垂线会与圆周交于B点,故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时,由几何关系有
破题:1.根据在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动,由动能定理(或牛顿第二定律、运动学公式)列方程求电场强度。2.要使粒子动能增量最大,静电力做功应最多,即要求沿电场线方向移动距离最多,作AC的垂线并且与圆相切,切点为D,即粒子从D点射出时沿电场线方向移动距离最多,通过粒子在电场中做类平抛运动可求。3.因为初速度为0时,动量增量的大小为mv0,所以在电场方向上速度变化为v0, 应用几何关系确定其出电场的点,然后用类平抛知识求解。特别提醒(1)当粒子平行于电场方向射入时,粒子做直线运动,其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况,粒子可能做周期性的运动。(2)当粒子垂直于电场方向射入时,沿初速度方向的分运动为匀速直线运动,沿静电力方向的分运动可能具有周期性。
【对点训练】7.(多选)(2021山东济南历城第二中学高三月考)(命题点2)真空中有电场强度为E的匀强电场,质量均为m、电荷量均为-q的两个粒子A、B(不计重力)从电场中P点沿垂直于电场方向以不同初速度v01、v02先后射入电场,带电粒子A、B分别经过电场中的M、N两点时(图中未标出),速度与初速度方向的夹角分别为θ1、θ2,位移分别为l1、l2,位移与初速度方向的夹角分别为α1、α2,运动时间分别为t1、t2。那么( )A.若θ1=θ2,则v01=v02B.若α1=α2,则θ1=θ2C.若α1=α2,则t1=t2D.若θ1=θ2、l1∶l2=1∶2,则t1∶t2=1∶
解析 带电粒子在匀强电场中垂直于电场方向射入后做类平抛运动,若θ1=θ2,由于tan θ=2tan α,故α1=α2,P、M、N三点在同一直线上,与初速度无关,如图所示,若α1=α2,则θ1=θ2,A错误,B正确。若α1=α2,P、M、N三点共线,位移大则运动时间长,C错误。若θ1=θ2、
l1∶l2=1∶2,P、M、N三点共线的同时,沿电场强度方向位移之比
方法点拨要学会灵活应用类平抛运动速度方向偏角和位移方向偏角的关系分析问题。
8.(2021重庆高三二模)(命题点3)如图所示,真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形,其中AC竖直,长度为l,∠ABC=30°。匀强电场在A、B、C所决定的平面内,电场强度为E,电场方向与AB平行。现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出,小球通过B点时速度恰好沿AB方向,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )A.小球所受静电力为所受重力的3倍B.经过时间 ,小球电势能和重力势能之和最大C.从C到B,小球做匀变速直线运动D.从C到B,小球克服重力做功与静电力做功之比为1∶
从C到B,小球加速度恒定,但与小球速度不共线,故小球做匀变速曲线运动,故C错误。从C到B,小球克服重力做的功为WG=mgl,静电力所做的功为
方法点拨对于匀变速曲线运动,常常应用运动的分解来分析求解。
9.(2021重庆巴蜀中学月考)(命题点3)如图所示,在竖直平面内,AB为水平放置的绝缘粗糙轨道,CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道,AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接,圆弧BC的圆心为O,半径R=1 m,轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场强度的大小E=1.0×104 N/C。现有质量m=1.6 kg,电荷量q=1.2×10-3 C的带电体(可视为质点),从A点由静止开始运动,已知xAB=1.0 m,带电体与轨道AB间的动摩擦因数为μ1=0.3,带电体与CD间的动摩擦因数为μ2=0.4。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)带电体第一次运动到圆弧形轨道B点时对轨道的压力FN;(2)带电体第一次运动到圆弧形轨道BC上时的最大速度v;(3)带电体在粗糙轨道AB与CD上运动的总路程s。
(3)最终带电体应该在BE之间往返运动(E点在C点下方),到达B点处速度恰好为0。由题可知不论在AB上还是在CD上Ff滑=μ1mg=μ2qE=4.8 N且始终做负功,则全过程从A点到B点有qExAB-Ff滑s=0-0解得s=2.5 m。
素养提升 1.要善于把电学问题转化为力学问题,建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型,能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。2.要充分理解静电力做功与路径无关,而摩擦力做功与路径有关这一结论。
带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
【主题概述】带电粒子(带电体)在电场中的综合问题的考查一直是高考中必考试题,涉及的题型较多,既有选择题,又有结合力学问题的综合考查。
【典例分析】[典例] (2017全国Ⅰ卷)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的2倍。
答案 见解析解析 (1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1①油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1②电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2③油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1④由①②③④式得v2=v0-2gt1。⑤
破题:1.确定油滴运动到B点时的速度,可根据牛顿第二定律结合速度公式解决。2.确定增大后的电场强度的大小,应结合平衡条件和位移公式进行求解,注意讨论B点在A点下方还是上方。3.注意为保证后来的电场强度比原来的大,要讨论t1和v0应满足的条件,应在求出E2的基础上进一步讨论判断。
方法点拨 先分析带电粒子(带电体)的受力情况,根据F合=ma得出加速度,再根据运动学方程可得出所求物理量。
【类题演练】如图所示,在倾角θ=37°的绝缘粗糙斜面上,有一长为l=2 m的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为m的可视为质点的小球A和B。开始时轻杆的中垂线与垂直于斜面的虚线MP重合,虚线NQ与MP平行且相距l'=3 m。在MP、NQ间加沿斜面向上、
电场强度为 的匀强电场之后,若A球电荷量为+q,B球不带电,则A球在电场中时,A、B球在斜面上恰好能匀速下滑。各小球与斜面间的动摩擦因数相同,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8, 重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球与斜面间的动摩擦因数μ。(2)若A球电荷量为+8q,B球不带电,将A、B球从图示位置由静止释放,求释放后到向上运动至最远的时间。(3)若A球电荷量为+2q,B球不带电,静止在图示位置,一质量为m、电荷量为-2q的C球沿斜面向上运动,与B球正碰后粘合在一起,碰撞时间极短,若保证A球始终不会离开电场区域,求C球碰B球之前瞬间的最大速度。
解析 (1)由力的平衡可得Eq+Ff=2mgsin θFf=μFN=μ×2mgcs θ代入数据可解得μ=0.5。
(2)A在电场中时,根据牛顿第二定律有8Eq-2mgsin θ-2μmgcs θ=2ma1A离开电场后,根据牛顿第二定律有2mgsin θ+2μmgcs θ=2ma2根据运动学公式有0=v1-a2t2
【知识回顾•构建网络】
【感悟高考•真题再练】
1.(2021山东卷)如图甲所示,边长为a的正方形,四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷;在0≤x< a区间,x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为-Q的点电荷P置于正方形的中心O点,此时每个点电荷所受库仑力的合力均为0。若将P沿x轴向右略微移动后,由静止释放,以下判断正确的是( )
解析 对y轴正方向的点电荷受力分析,由平衡知识可得因在0≤x< a区间内沿x轴正方向电势升高,则电场强度方向沿x轴负方向,则将P沿x轴正方向向右略微移动后释放,P受到向右的静电力而向右运动。故选C。
2.(2021湖南卷)如图所示,在(a,0)位置放置电荷量为q的正点电荷,在(0,a)位置放置电荷量为q的负点电荷,在距P(a,a)为 a的某点处放置正点电荷Q,使得P点的电场强度为0。则Q的位置及电荷量分别为( )
3.(多选)(2020山东卷)真空中有两个固定的带正电的点电荷,电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时,仅在静电力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线,以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d,如图所示。下列说法正确的是( )A.a点电势低于O点B.b点电势低于c点C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D.该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
答案 BD解析 试探电荷在O点仅在静电力作用下保持静止,则其所受合力为0。若将试探电荷向左移动少许,则其将在静电力作用下向左运动,静电力做正功,电势能减少,试探电荷带负电,故由O向a运动过程中电势升高,同理由O向c运动过程中电势升高,所以ac连线上O点电势最低。bd连线上由电势的叠加可知,O点电势最高,所以选项A错误,B正确。因为φa>φb,φc>φd,试探电荷带负电,所以Epa
答案 BD解析 正电荷从b点运动到e点,b点、e点在同一等势面上,静电力不做功,A错误。电子从a点运动到d点,Wad=-eUad=-e×(3-7)V=4 eV,B正确。电场强度垂直于该点所在等势面,由高电势指向低电势,b点电场强度方向向左,C错误。用电场线疏密表示电场强度大小,a、b、c、d四个点中,b点的电场线最密,电场强度大小最大,D正确。
5.(多选)(2021全国Ⅰ卷)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(-q,m),它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中,电场方向与y轴平行。不计重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是( )
【方法规律归纳】1.对电势和电场强度的三点提醒(1)电势是标量,是描述电场能的性质的物理量;电场强度是矢量,是描述静电力的性质的物理量。(2)电势高的地方电场强度不一定大,二者在大小上无必然联系。 是两个不同的物理量(3)沿电场强度方向是电势降落最快的方向。
2.对电势和电势能的三点理解(1)电势和电势能均为标量,具有相对性,其正负表示大小。 涉及电势能公式计算时要带正负号(2)某点电势为零,试探电荷在该点的电势能也一定为零。(3)某点电势高,试探电荷在该点的电势能不一定大。
3.解答匀强电场有关问题的三个技巧(1)在匀强电场中,沿任意一个方向,电势升高或降低都是均匀的,故在同一直线上间距相同的两点间电势差大小相等。(2)若已知匀强电场中某几点的电势,要求其他点的电势时,一般采用“等分法”在电场中找与待求点的电势相同的等势点。注:如果把某两点间的距离等分为n段,则每段两端点的电势差大小等于原电势差的 ,采用这种等分间距求解电势问题的方法,叫作等分法。(3)在匀强电场中,相互平行的相等线段的两端点电势差相等。
【对点训练】1.(多选)(2020全国3卷第21题衍生题)(命题点3)如图所示,边长为l的正方形四个顶点a、b、c、d分别放置一个点电荷,M、N为db延长线上两点,MRN和MPN是由M到N的两条不同路径。a、b、c三处电荷的电荷量为q(q>0),b处电荷受到的静电力为 (k为静电力常量),方向由b指向N。则( )A.d处电荷的电荷量为-qB.M点的电势比N点的电势高C.正方形中心O处的电场方向从b指向dD.将一点电荷分别沿路径MRN和MPN由M移到N过程中,静电力做功相等
所以M点的电势比N点的电势低,B错误。a、c两处电荷在中心O处的电场为0,b、d两处电荷在中心O处的电场方向从b指向d,C正确。静电力做功与路径无关,所以将一点电荷分别沿路径MRN和MPN由M移到N过程中,静电力做功相等,D正确。
2.(多选)(2021河北卷)(命题点2)如图所示,四个电荷量均为q(q>0)的点电荷分别放置于菱形的四个顶点,其坐标分别为(4l,0)、(-4l,0)、(0,y0)和(0,-y0),其中x轴上的两个点电荷位置固定,y轴上的两个点电荷可沿y轴对称移动(y0≠0)。下列说法正确的是( )
A.除无穷远处之外,菱形外部电场强度处处不为0B.当y0取某值时,可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点C.当y0=8l时,将一带负电的试探电荷由点(4l,5l)移至点(0,-3l),静电力做正功D.当y0=4l时,将一带负电的试探电荷放置在点(l,l)处,其所受到的静电力方向与x轴正方向成45°倾斜向上
答案 ACD解析 A项,菱形外侧各点电荷电场强度叠加都指向外侧,电场强度大小不为0,故A项正确。B项,原点处电场强度为0,由对称性可知,其他电场强度为零的点必定成对出现,故B项错误。C项,由对称性可知,(0,-3l)与(0,3l)的电势等大,只考虑(0,8l),(4l,0)两个点电荷,则(4l,5l)与(0,3l)电势相等;只考虑 (0,-8l),(-4l,0)两个点电荷,根据电场线方向可知,从(4l,5l)移动至(0,3l)静电力对负点电荷做正功,故C项正确。D项,由对称性可知,(l,l)处电场强度方向由该点指向原点,则负电荷受力与电场强度方向相反,与x轴正方向成45°倾斜向上,故D项正确。
方法点拨利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点,使复杂电场的叠加计算问题大为简化。
3.(2020浙江卷第8题衍生题)(命题点3、4)下图为两个正电荷与一个负电荷形成的电场的等势面,相邻等势面之间的电势差相等。其中O点为两个正电荷连线的中点,AOB连线水平,且A、B两点关于O点对称;CDE连线竖直,且C、E两点关于D点对称;以无穷远处为零势能面,A、B、C、E、F分别在对应的等势面上,电势如图中标注。下列说法正确的是( )
A.A、B两点的电场强度相同B.将一负检验电荷由O点沿竖直方向移动到F点,静电力对该电荷做正功C.同一正检验电荷在A点处的电势能小于其在C点处的电势能D.D点的电势高于-10 V
答案 D解析 根据电场线垂直于等势面、电场线的方向是电势降落最快的方向,得到A、B两点的电场强度大小相等,方向不同,A错误。将一负检验电荷由O点沿竖直方向移动到F点,静电力对该电荷做负功,B错误。根据Ep=qφ,φA>φC,可得EpA>EpC,C错误。根据φD-φC=EDC大dCD>EED小dDE=φE-φD,有φD> (φC+φE)=-10 V,D正确。
方法技巧判断电势差的大小及电势的高低:距离相等的两点间的电势差,E越大,U越大,进而判断电势的高低。
4.(多选)(2021江西高三月考)(命题点3)如图所示,匀强电场内有一矩形ABCD区域,电荷量为e的某带电粒子从B点沿BD方向以8 eV的动能射入该区域,恰好从A点射出该区域,已知矩形区域的边长lAB=8 cm,lBC=6 cm,A、B、C三点的电势分别为6 V、12 V、18 V,不计粒子重力,下列判断正确的是( )A.粒子带负电B.电场强度的大小为125 V/mC.仅改变粒子在B点初速度的方向,该粒子可能经过C点D.粒子到达A点时的动能为12 eV
解析 根据匀强电场中电势等分法,可知几何中心点P点的电势为12 V,则BPD为等势线,过C点作垂直于BPD的电场线。如图所示,方向斜向左下方,因带电粒子恰好从A点射出,则粒子带正电,A错误。由几何关系可知∠CDB=37°,根据电场强度公式有
设粒子经过C点,根据动能定理可得eUBC=EkC-EkB,解得EkC=2 eV,所以仅改变粒子在B点初速度的方向,该粒子可能经过C点,C正确。根据动能定理可得,粒子到达A点时的动能为eUBA=EkA-EkB,解得EkA=14 eV,D错误。
方法技巧该题中应用“等分法”找到与B点等势的点,再根据电场线与等势面垂直,确定电场线,从而用U=Ed求得电场强度。
与平行板电容器有关的电场问题
【方法规律归纳】1.平行板电容器动态变化问题的两种情况
2.分析平行板电容器的动态变化问题时的两个关键点(1)确定不变量:首先要明确动态变化过程中的哪些量不变,一般情况下是电荷量不变或板间电压不变。
【对点训练】5.(2021湖北武汉4月模拟)(命题点1)在生产纺织品、纸张等绝缘材料过程中,为了实时监控材料的厚度,生产流水线上设置如图所示的传感器,其中A、B为平行板电容器的上、下两个固定极板,分别接在恒压直流电源的两极上。当纸张从平行极板间穿过时,若负电荷从a向b流过灵敏电流计G,则电流计指针偏向a端;若负电荷从b向a流过灵敏电流计G,则指针偏向b端。某次纸张从平行极板间穿过时,发现电流计指针偏向b端,下列说法正确的是( )A.两极板间纸张厚度减小B.两极板间纸张厚度不变C.两极板间纸张厚度增加D.以上三种情况都有可能
答案 A解析 某次纸张从平行极板间穿过时,发现电流计指针偏向b端,则负电荷从b向a流过灵敏电流计G,电容器放电,根据C= 及Q=CU可知,电容变小,则两极板间纸张厚度减小,d变大,故选A。
特别提醒“电流计指针偏向b端”说明极板上的电荷量在变化。
6.(2015全国2卷第14题衍生题)(命题点2)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,电容器上极板与一静电计相连,下极板接地,静电计的电荷量很少,可被忽略。一质量为m的带电微粒静止于电容器的中点P,P点与上、下极板间距离均为d,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.微粒一定带正电B.若电容器上极板竖直向下移动一小段距离,电容器电容增大,静电计指针张角变小
答案 C解析 由题图可知,平行板电容器间电场方向竖直向下,微粒处于静止状态,满足mg=qE,可知微粒受到的静电力方向竖直向上,故微粒一定带负电,选项A错误。若平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离,两板的间距变小,可知电容器的电容增大,又因为静电计指针张角的变化表征电容器两极板间的电势差变化,题中两板间电势差U为电源的电动势E,保持不变,所以静电计指针的张角不变,选项B错误。
素养点拨 该题以静电计、平行板电容器为背景,构建学习探索类问题情境,通过电容器的动态分析问题考查学生模型构建、分析推理能力。
[典例](2020全国Ⅰ卷)在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆,AB为圆的直径,如图所示。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为0的粒子,自圆周上的C点以速率v0穿出电场,AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受静电力作用。(1)求电场强度的大小。(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大?(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0,该粒子进入电场时的速度应为多大?
解析 (1)由题意知在A点速度为0的粒子会沿着电场线方向运动,由于q>0,故电场线由A指向C,根据几何关系可知,xAC=R
(2)根据题意可知,要使粒子动能增量最大,则沿电场线方向移动距离最多,作AC的垂线并且与圆相切,切点为D,即粒子从D点射出时沿电场线方向移动距离最多,粒子在电场中做类平抛运动,根据几何关系有
(3)因为粒子在电场中做类平抛运动,粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0,即在电场方向上速度变化为v0,过C点作AC的垂线会与圆周交于B点,故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时,由几何关系有
破题:1.根据在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动,由动能定理(或牛顿第二定律、运动学公式)列方程求电场强度。2.要使粒子动能增量最大,静电力做功应最多,即要求沿电场线方向移动距离最多,作AC的垂线并且与圆相切,切点为D,即粒子从D点射出时沿电场线方向移动距离最多,通过粒子在电场中做类平抛运动可求。3.因为初速度为0时,动量增量的大小为mv0,所以在电场方向上速度变化为v0, 应用几何关系确定其出电场的点,然后用类平抛知识求解。特别提醒(1)当粒子平行于电场方向射入时,粒子做直线运动,其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况,粒子可能做周期性的运动。(2)当粒子垂直于电场方向射入时,沿初速度方向的分运动为匀速直线运动,沿静电力方向的分运动可能具有周期性。
【对点训练】7.(多选)(2021山东济南历城第二中学高三月考)(命题点2)真空中有电场强度为E的匀强电场,质量均为m、电荷量均为-q的两个粒子A、B(不计重力)从电场中P点沿垂直于电场方向以不同初速度v01、v02先后射入电场,带电粒子A、B分别经过电场中的M、N两点时(图中未标出),速度与初速度方向的夹角分别为θ1、θ2,位移分别为l1、l2,位移与初速度方向的夹角分别为α1、α2,运动时间分别为t1、t2。那么( )A.若θ1=θ2,则v01=v02B.若α1=α2,则θ1=θ2C.若α1=α2,则t1=t2D.若θ1=θ2、l1∶l2=1∶2,则t1∶t2=1∶
解析 带电粒子在匀强电场中垂直于电场方向射入后做类平抛运动,若θ1=θ2,由于tan θ=2tan α,故α1=α2,P、M、N三点在同一直线上,与初速度无关,如图所示,若α1=α2,则θ1=θ2,A错误,B正确。若α1=α2,P、M、N三点共线,位移大则运动时间长,C错误。若θ1=θ2、
l1∶l2=1∶2,P、M、N三点共线的同时,沿电场强度方向位移之比
方法点拨要学会灵活应用类平抛运动速度方向偏角和位移方向偏角的关系分析问题。
8.(2021重庆高三二模)(命题点3)如图所示,真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形,其中AC竖直,长度为l,∠ABC=30°。匀强电场在A、B、C所决定的平面内,电场强度为E,电场方向与AB平行。现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出,小球通过B点时速度恰好沿AB方向,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )A.小球所受静电力为所受重力的3倍B.经过时间 ,小球电势能和重力势能之和最大C.从C到B,小球做匀变速直线运动D.从C到B,小球克服重力做功与静电力做功之比为1∶
从C到B,小球加速度恒定,但与小球速度不共线,故小球做匀变速曲线运动,故C错误。从C到B,小球克服重力做的功为WG=mgl,静电力所做的功为
方法点拨对于匀变速曲线运动,常常应用运动的分解来分析求解。
9.(2021重庆巴蜀中学月考)(命题点3)如图所示,在竖直平面内,AB为水平放置的绝缘粗糙轨道,CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道,AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接,圆弧BC的圆心为O,半径R=1 m,轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场强度的大小E=1.0×104 N/C。现有质量m=1.6 kg,电荷量q=1.2×10-3 C的带电体(可视为质点),从A点由静止开始运动,已知xAB=1.0 m,带电体与轨道AB间的动摩擦因数为μ1=0.3,带电体与CD间的动摩擦因数为μ2=0.4。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)带电体第一次运动到圆弧形轨道B点时对轨道的压力FN;(2)带电体第一次运动到圆弧形轨道BC上时的最大速度v;(3)带电体在粗糙轨道AB与CD上运动的总路程s。
(3)最终带电体应该在BE之间往返运动(E点在C点下方),到达B点处速度恰好为0。由题可知不论在AB上还是在CD上Ff滑=μ1mg=μ2qE=4.8 N且始终做负功,则全过程从A点到B点有qExAB-Ff滑s=0-0解得s=2.5 m。
素养提升 1.要善于把电学问题转化为力学问题,建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型,能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。2.要充分理解静电力做功与路径无关,而摩擦力做功与路径有关这一结论。
带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
【主题概述】带电粒子(带电体)在电场中的综合问题的考查一直是高考中必考试题,涉及的题型较多,既有选择题,又有结合力学问题的综合考查。
【典例分析】[典例] (2017全国Ⅰ卷)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的2倍。
答案 见解析解析 (1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1①油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1②电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2③油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1④由①②③④式得v2=v0-2gt1。⑤
破题:1.确定油滴运动到B点时的速度,可根据牛顿第二定律结合速度公式解决。2.确定增大后的电场强度的大小,应结合平衡条件和位移公式进行求解,注意讨论B点在A点下方还是上方。3.注意为保证后来的电场强度比原来的大,要讨论t1和v0应满足的条件,应在求出E2的基础上进一步讨论判断。
方法点拨 先分析带电粒子(带电体)的受力情况,根据F合=ma得出加速度,再根据运动学方程可得出所求物理量。
【类题演练】如图所示,在倾角θ=37°的绝缘粗糙斜面上,有一长为l=2 m的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为m的可视为质点的小球A和B。开始时轻杆的中垂线与垂直于斜面的虚线MP重合,虚线NQ与MP平行且相距l'=3 m。在MP、NQ间加沿斜面向上、
电场强度为 的匀强电场之后,若A球电荷量为+q,B球不带电,则A球在电场中时,A、B球在斜面上恰好能匀速下滑。各小球与斜面间的动摩擦因数相同,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8, 重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球与斜面间的动摩擦因数μ。(2)若A球电荷量为+8q,B球不带电,将A、B球从图示位置由静止释放,求释放后到向上运动至最远的时间。(3)若A球电荷量为+2q,B球不带电,静止在图示位置,一质量为m、电荷量为-2q的C球沿斜面向上运动,与B球正碰后粘合在一起,碰撞时间极短,若保证A球始终不会离开电场区域,求C球碰B球之前瞬间的最大速度。
解析 (1)由力的平衡可得Eq+Ff=2mgsin θFf=μFN=μ×2mgcs θ代入数据可解得μ=0.5。
(2)A在电场中时,根据牛顿第二定律有8Eq-2mgsin θ-2μmgcs θ=2ma1A离开电场后,根据牛顿第二定律有2mgsin θ+2μmgcs θ=2ma2根据运动学公式有0=v1-a2t2
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