高考物理二輪專題復(fù)習(xí)教學(xué)力與電 課件

力與電明確考點(diǎn)1.點(diǎn)電荷、庫侖定律2.電場(chǎng)強(qiáng)度、點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)、電場(chǎng)線3.電勢(shì)能、電勢(shì)、電勢(shì)差4.勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系5.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)6.電容器、電容器的電壓、電荷量和電容的

關(guān)系把握考情1.高考對(duì)本專題知識(shí)的考查多以選擇題和計(jì)算題兩

種形式為主，綜合計(jì)算題的難度較大.選擇題的

難度中等.2.主要考查對(duì)電場(chǎng)的基本概念的理解，帶電物體在

電場(chǎng)中的加速、偏轉(zhuǎn)問題，以及帶電體在電場(chǎng)或

與重力場(chǎng)、磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)結(jié)合力學(xué)中的

牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系的力電綜合問題.復(fù)習(xí)時(shí)重視基本概念、基本規(guī)律，加強(qiáng)對(duì)電場(chǎng)主干知識(shí)的整合；對(duì)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，帶電物體在電場(chǎng)中的加速、偏轉(zhuǎn)問題，注意分類整理，對(duì)過程復(fù)雜的問題，注意分階段或分方向處理；復(fù)習(xí)時(shí)還應(yīng)注意體會(huì)用模型(如點(diǎn)電荷、電場(chǎng)線、等勢(shì)線、等勢(shì)面等)研究問題的思維方法，注重學(xué)科內(nèi)的綜合.一、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場(chǎng)中加速的處理方法有(1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中加速可根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公

式結(jié)合求解.

基本方程：(2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)一般受變力作用，可根據(jù)動(dòng)能定理、電場(chǎng)力做功和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解.基本方程：2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的處理方法：類似于平拋運(yùn)

動(dòng)的分析處理，即應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解的方法.(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律如圖5－1所示，帶電粒子從極板的中線以速度v0飛入勻

強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，受到恒定的與初速度方向垂直的電場(chǎng)力作用

而做勻變速曲線運(yùn)動(dòng).①沿初速度方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)：運(yùn)動(dòng)分速度vx＝v0，

運(yùn)動(dòng)分位移x＝v0t，運(yùn)動(dòng)時(shí)間②沿電場(chǎng)力方向?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)：加速度a

，運(yùn)動(dòng)分速度vy＝at，離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量y

，側(cè)移距離也可表示為：y＝tanθ(帶電粒子從極板的中線射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，其出射時(shí)速度方向的反向延長(zhǎng)線交于入射線的中點(diǎn))，離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角tanθ (2)帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)(如圖5－1所示).帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)，處理方法同平拋運(yùn)動(dòng).二、電場(chǎng)中功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1.電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)：電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做的功

取決于初、末位置的電勢(shì)差，與路徑無關(guān).2.如果只有電場(chǎng)力做功，動(dòng)能(Ek)和電勢(shì)能(Ep)的總和守恒，

則：(1)ΔEp＝－ΔEk.(2)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增加.(3)電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，動(dòng)能減小.3.除電場(chǎng)力之外其他力做正功，動(dòng)能和電勢(shì)能之和變大；

除電場(chǎng)力之外其他力做負(fù)功，動(dòng)能和電勢(shì)能之和變小.4.如果只有電場(chǎng)力和重力做功，則電勢(shì)能和機(jī)械能之和

保持不變.5.如果用能量轉(zhuǎn)化和守恒分析問題，則要分清哪幾種

形式的能量在變化，是增加還是減少，列方程的形

式有兩種：(1)利用初、末狀態(tài)的能量總和保持不變.(2)利用一種形式能量的增加量等于另一種形式能量

的減少量.三、平行板電容器的動(dòng)態(tài)問題分析1.動(dòng)態(tài)變化的兩種基本情況(1)電容器兩極板間電勢(shì)差U保持不變(與恒壓電源連接)，

改變板間距離d和正對(duì)面積S.(2)電容器的帶電荷量Q保持不變(與電源斷開，無放電回

路)，改變板間距離d和正對(duì)面積S.2.討論的依據(jù)(1)平行板電容器的電容的公式：C＝ .(2)平行板電容器內(nèi)部是勻強(qiáng)電場(chǎng)E＝.(3)電容器所帶電荷量Q＝CU.對(duì)平行板電容器，由C＝、C＝和U＝Ed可得出：E＝

，由這個(gè)式子可得出，當(dāng)兩極板所帶電荷量不變時(shí)，板間場(chǎng)強(qiáng)E與板間距離變化情況無關(guān)，這是動(dòng)態(tài)問題分析時(shí)經(jīng)常使用的結(jié)論.一、電場(chǎng)力做功的正、負(fù)判斷和大小計(jì)算方法1.正、負(fù)判斷方法(1)用力學(xué)方法判斷：即用電場(chǎng)力F和位移x的夾角θ來

判斷.(2)用電勢(shì)能的變化來判斷.2.大小計(jì)算方法(1)由公式W＝Fxcosθ計(jì)算.此公式只適合于勻強(qiáng)電場(chǎng)，可變形為W＝qExE，式中xE為電荷初、末位置在電場(chǎng)方向上的位移.(2)應(yīng)用公式W＝qU進(jìn)行計(jì)算.使用此式時(shí)，式中各量取絕對(duì)值代入計(jì)算.功的正負(fù)另行判斷.(3)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化來計(jì)算.電場(chǎng)力做功，電荷的電勢(shì)能發(fā)生變化：電場(chǎng)力做正功，電荷的電勢(shì)能減少轉(zhuǎn)化為其他形式的能；電場(chǎng)力做負(fù)功，電荷的電勢(shì)能增加，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能.電場(chǎng)力做多少功就對(duì)應(yīng)著多少能的轉(zhuǎn)化.這是能的轉(zhuǎn)化和守恒的具體體現(xiàn).這里一定要分清是電勢(shì)能和什么形式的能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化.W＝ΔE其他，使用這個(gè)公式時(shí)一般W、ΔE其他都取絕對(duì)值.(4)由動(dòng)能定理計(jì)算.W電場(chǎng)力＋W其他力＝ΔEk.二、處理帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題的兩種思路1.運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)(1)運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)的公式來解決實(shí)際

問題，一般有兩種情況：①帶電粒子初速度方向

與電場(chǎng)線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；②帶

電粒子的初速度方向垂直電場(chǎng)線，則粒子做勻變

速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng)).(2)當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般

要采取類似平拋運(yùn)動(dòng)的解決方法.2.功能觀點(diǎn)首先對(duì)帶電體受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，然后再

根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算.(1)若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是

恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及

運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能的增量.(2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的.

(1)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，首先要弄清電場(chǎng)的特點(diǎn)，根據(jù)電場(chǎng)的特點(diǎn)判斷帶電粒子的受力情況.若為勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力為恒力；若為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，則電場(chǎng)力為變力.(2)在分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情景時(shí)，要采取動(dòng)態(tài)觀點(diǎn)，抓住特殊狀態(tài)建立方程.高頻點(diǎn)一對(duì)電場(chǎng)性質(zhì)的理解和應(yīng)用(2008·山東高考)如圖5－2所示，在y軸關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的A、B兩點(diǎn)有等量同種點(diǎn)電荷＋Q，在x軸上C點(diǎn)有點(diǎn)電荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判斷正確的是(

)A.O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零B.D點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零C.若將點(diǎn)電荷＋q從O移向C，電勢(shì)能增大D.若將點(diǎn)電荷－q從O移向C，電勢(shì)能增大[思路點(diǎn)撥]

O點(diǎn)和D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是由A、B、C三處點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的合場(chǎng)強(qiáng)；而電荷由O移到C，電勢(shì)能的變化取決于移動(dòng)過程中電荷所受電場(chǎng)力做功的正、負(fù).[解析]

A、B兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)處形成的電場(chǎng)的合場(chǎng)強(qiáng)為零，因此O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度應(yīng)等于C點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)形成的電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度，A選項(xiàng)錯(cuò)；A、B、C三處點(diǎn)電荷在D點(diǎn)處形成的電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為EDA＝

、EDB＝

、EDC＝

，所以D點(diǎn)合電場(chǎng)強(qiáng)度為ED

，故B選項(xiàng)對(duì)；將點(diǎn)電荷＋q從O移向C時(shí)，電場(chǎng)力做正功，故電勢(shì)能減小，C選項(xiàng)錯(cuò)；將點(diǎn)電荷－q從O移向C時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，故電勢(shì)能增大，D選項(xiàng)對(duì).[答案]

BD(1)空間如果有多個(gè)場(chǎng)源電荷，空間某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)應(yīng)為各場(chǎng)源電荷在該點(diǎn)單獨(dú)產(chǎn)生的電場(chǎng)的合場(chǎng)強(qiáng)，求合場(chǎng)強(qiáng)時(shí)要用平行四邊形定則.(2)比較電荷在電場(chǎng)中兩點(diǎn)具有的電勢(shì)能的大小時(shí)，可將該電荷在兩點(diǎn)間移動(dòng)，判斷電場(chǎng)力做功的正、負(fù)，若電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少；反之電勢(shì)能增大.1.(2009·黃岡模擬)一正電荷在電場(chǎng)中

僅在電場(chǎng)力作用下，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B

點(diǎn)，速度大小隨時(shí)間變化的圖象如

圖5－3所示，tA、tB分別是正電荷

在A、B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻，則下列說

法中正確的有(

)A.A處的場(chǎng)強(qiáng)一定小于B處的場(chǎng)強(qiáng)B.A處的電勢(shì)一定高于B處的電勢(shì)C.正電荷在A處的電勢(shì)能一定小于在B處的電勢(shì)能D.A至B過程中，電場(chǎng)力一定對(duì)正電荷做正功解析：由速度圖象可知，正電荷的加速度逐漸增大，故所受電場(chǎng)力逐漸增大，B處電場(chǎng)強(qiáng)度大于A處電場(chǎng)強(qiáng)度，選項(xiàng)A正確；正電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在電場(chǎng)力作用下，正電荷速度增大，電場(chǎng)力做正功，所以D對(duì)；電勢(shì)能減小，正電荷在A處的電勢(shì)能一定大于在B處的電勢(shì)能，A處的電勢(shì)一定高于B處的電勢(shì)，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò).答案：ABD高頻點(diǎn)二帶電體在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)如圖5－4所示，在方向水平向右、大小為E＝6×103N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)光滑的絕緣平面.一根絕緣細(xì)繩兩端分別系有帶電滑塊甲和乙，甲的質(zhì)量為m1＝2×10－4kg，帶電荷量為q1＝2×10－9C，乙的質(zhì)量為m2＝1×10－4kg，帶電荷量為q2＝－1×10－9C.開始時(shí)細(xì)繩處于拉直狀態(tài).由靜止釋放兩滑塊，t＝3s時(shí)細(xì)繩突然斷裂.不計(jì)滑塊間的庫侖力，試求：(1)細(xì)繩斷裂前兩滑塊的加速度；(2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，乙的電勢(shì)能增量的最大值.

[思路點(diǎn)撥]滑塊乙向右運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)乙做負(fù)功，乙的電勢(shì)能增加，而乙的電勢(shì)能增量的最大值對(duì)應(yīng)電場(chǎng)力對(duì)乙做功的最大值.[解析]

(1)取水平向右為正方向，將甲、乙及細(xì)繩看成一個(gè)整體，根據(jù)牛頓第二定律得(2)當(dāng)乙發(fā)生的位移最大時(shí)，乙的電勢(shì)能增量最大，細(xì)繩斷裂前，甲、乙發(fā)生的位移均為此時(shí)甲、乙的速度均為v0＝a0t＝0.02×3m/s＝0.06m/s細(xì)繩斷裂后，乙的加速度變?yōu)閺募?xì)繩斷裂到乙速度減為零，乙發(fā)生的位移x乙′為整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程乙發(fā)生的最大位移為x乙max＝x0＋x乙′＝0.09m＋0.03m＝0.12m此時(shí)乙的電勢(shì)能增量為ΔEp＝|W乙|＝|q2E|x乙max＝1×10－9×6×103×0.12J＝7.2×10－7J.[答案]

(1)0.02m/s2

(2)7.2×10－7J電場(chǎng)中的帶電體，不論是否運(yùn)動(dòng)，均始終受電場(chǎng)力作用，其大小為F＝Eq.分析帶電體的受力，由牛頓第二定律求解加速度的大小和方向；速度增大或減小可由加速度和速度的方向關(guān)系判斷；而帶電體電勢(shì)能的變化可根據(jù)電場(chǎng)力做功情況來判斷.2.(2009·四川高考)如圖5－5所示，

粗糙程度均勻的絕緣斜面下方

O點(diǎn)處有一正點(diǎn)電荷，帶負(fù)電

的小物體以初速度v1從M點(diǎn)沿斜

面上滑，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度為零，然后下滑回到M點(diǎn)，此時(shí)速度為v2(v2<v1).若小物體帶電荷量保持不變，OM＝ON，則(

)A.小物體上升的最大高度為B.從N到M的過程中，小物體的電勢(shì)能逐漸減小C.從M到N的過程中，電場(chǎng)力對(duì)小物體先做負(fù)功后做

正功D.從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場(chǎng)力

均是先增大后減小解析：因OM＝ON，所以M、N兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上.從M至N的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理：－mgh－Wf＝0－mv12，從N至M的過程中，mgh－Wf＝mv22，兩式聯(lián)立可得：h＝，A項(xiàng)正確；從N至M，點(diǎn)電荷周圍的電勢(shì)先減小后增大，故小物體的電勢(shì)能先減小后增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；從M到N的過程中，電場(chǎng)力對(duì)小物體先做正功后做負(fù)功，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)庫侖定律，從N到M的過程中，小物體受到的庫侖力先增大后減小，由受力分析知，小物體受到的支持力先增大后減小，因而摩擦力也是先增大后減小，D項(xiàng)正確.答案：AD高頻點(diǎn)三帶電物體在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(2009·重慶調(diào)研)如圖5－6所示，豎直面內(nèi)的正方形ABCD的邊長(zhǎng)為d，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從AD邊的中點(diǎn)，以某一初速度進(jìn)入正方形區(qū)域.若正方形區(qū)域內(nèi)未加電場(chǎng)時(shí)，小球恰好從CD邊的中點(diǎn)離開正方形區(qū)域；若在正方形區(qū)域內(nèi)加上豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球可以從BC邊離開正方形區(qū)域.已知重力加速度為g，求：(1)小球進(jìn)入正方形區(qū)域的初速度v0.(2)要使小球從BC邊離開正方形區(qū)域，求所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的方向和大小范圍.[思路點(diǎn)撥]解答本題時(shí)應(yīng)把握以下幾個(gè)方面：(1)帶電小球的重力必須考慮；(2)帶電小球做類平拋運(yùn)動(dòng)；(3)因所加電場(chǎng)的不同，帶電小球有向上或向下偏轉(zhuǎn)兩種可能.[解析]

(1)未加電場(chǎng)時(shí)，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)公式：水平方向：豎直方向：解得v0＝.(2)要使小球從BC邊離開正方形區(qū)域，應(yīng)加豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng).當(dāng)小球從C點(diǎn)離開正方形區(qū)域時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)最小設(shè)為E1，由牛頓第二定律：mg－qE1＝ma1初速度方向位移：d＝v0t1垂直初速度方向位移：＝a1t12解得E1＝故場(chǎng)強(qiáng)E的大小范圍為[答案]

(1)

(2)豎直向上

(1)求解某一物理量的范圍時(shí)往往要涉及到臨界問題，解決臨界問題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)最大值或最小值對(duì)應(yīng)的臨界條件，如本題中恰好使小球由B或C射出，分別對(duì)應(yīng)電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值或最小值.(2)帶電體的重力是否考慮可從以下幾個(gè)方面判斷：①帶電小球、液滴一般要考慮重力.②基本粒子，如電子、質(zhì)子、α粒子、離子一般不計(jì)重力.③若能確定F電和mg，可比較兩力的大小關(guān)系，再做出判斷.3.(2009·上海交大附中檢測(cè))如圖5－7所示，質(zhì)量m＝1g、電荷量q＝2×10－6C的帶電微粒從偏轉(zhuǎn)極板A、B中間的位置以10m/s的初速度垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入長(zhǎng)為L(zhǎng)＝20cm、距離為d＝10cm的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，出電場(chǎng)后落在距偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)40cm的擋板上，微粒的落點(diǎn)P離開初速度方向延長(zhǎng)線的距離為20cm，不考慮重力的影響.求：(1)加在A、B兩板上的偏轉(zhuǎn)電壓UAB.(2)當(dāng)加在板上的偏轉(zhuǎn)電壓UAB滿足什么條件時(shí)，此帶電微粒會(huì)碰到偏轉(zhuǎn)極板.解析：(1)帶電微粒出電場(chǎng)后沿切線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，把勻速直線運(yùn)動(dòng)軌跡反向延長(zhǎng)交圖中虛線一點(diǎn)O，此點(diǎn)在L處.設(shè)電場(chǎng)內(nèi)的偏移量為y，根據(jù)比例關(guān)系得又y＝at2＝，解得UAB＝104V.(2)當(dāng)y>時(shí)，帶電微粒會(huì)碰到極板由y＝及y>聯(lián)立解得UAB>1.25×104V.答案：(1)104V

(2)UAB>1.25×104V高頻點(diǎn)四帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題如圖5－8甲所示，真空中A、B兩豎直極板為勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間距離為2R.右側(cè)有一對(duì)水平平行金屬板M和N，兩板間距離為R，板長(zhǎng)為2R，有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，經(jīng)電場(chǎng)由靜止加速后，以速度v0從M、N兩金屬板的中間進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng).給M、N板加上如圖乙所示電壓，最后粒子剛好從N板的邊緣以平行于N板的速度飛出(不計(jì)粒子重力).求：(1)加速電壓U1的值；(2)粒子從靜止到飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)MN的時(shí)間；(3)交變電壓的周期T；(4)偏轉(zhuǎn)電壓U0的值.[思路點(diǎn)撥](1)分清不同的電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，建立相對(duì)應(yīng)的物理模型和遵守的物理規(guī)律.(2)注意周期性變化電場(chǎng)的多解性.[解析]

(1)根據(jù)動(dòng)能定理解得：(2)粒子在極板A、B之間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)粒子在極板M、N之間水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)2R＝v0t2粒子從靜止到飛出MN的時(shí)間為帶電粒子在電場(chǎng)中加速、偏轉(zhuǎn)的綜合題可以分階段處理.(1)加速階段：經(jīng)常用到動(dòng)能定理qU＝mv2，且多為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速的時(shí)間可以根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)公式求解.(2)偏轉(zhuǎn)階段：帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，可以用分解的方法處理，可以在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中求時(shí)間和加速度，求偏轉(zhuǎn)位移和偏轉(zhuǎn)角等，也可以求帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做的功和電勢(shì)能的變化.(3)若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)為周期性變化的，則粒子的運(yùn)動(dòng)常常具有對(duì)稱性，找出規(guī)律，就能解答.4.兩塊水平金屬極板A、B正對(duì)放置，每塊極板長(zhǎng)均

為l，極板間距為d.B板接地(電勢(shì)為零)，A板電勢(shì)為

＋U，重力加速度為g，兩個(gè)比荷(電荷量與質(zhì)量的

比值)均為=的帶正電質(zhì)點(diǎn)以相同的初速

度沿A、B板的中心線相繼射入，如圖5－9所示.第

一個(gè)質(zhì)點(diǎn)

射入后恰好落在B板的中心處，接著，第

二個(gè)質(zhì)點(diǎn)

射入極板間，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間Δt后，A板電

勢(shì)突然變

為－U并且不再改變，結(jié)果第二個(gè)質(zhì)點(diǎn)恰

好沒有碰到極板.求：(1)帶電質(zhì)點(diǎn)射入時(shí)的初速度v0；(2)在A板電勢(shì)改變之前，第二個(gè)質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間Δt.解析：(1)第一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)解得質(zhì)點(diǎn)的初速度(2)第二個(gè)質(zhì)點(diǎn)射入極板后，在時(shí)間Δt內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，有A板電勢(shì)突然變?yōu)椋璘后，質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力與重力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t′恰好射出極板，則由以上各式解得答案：(2008·寧夏高考)如圖5－10所示，C為中間插有電介質(zhì)的電容器，a和b為其兩極板；a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導(dǎo)線相連，Q板接地.開始時(shí)懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度α.在以下方法中，能使懸線的偏角α變大的是(

)高頻點(diǎn)五電容器的動(dòng)態(tài)問題分析A.縮小a、b間的距離B.加大a、b間的距離C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì)D.換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì)[解析]

a板與Q板電勢(shì)恒定為零，b板和P板電勢(shì)總相同，故兩個(gè)電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變.要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C.對(duì)電容器C，由公式

，可以通過增大板間距d、減小介電常數(shù)εr、減小板的正對(duì)面積S來減小電容C.故選項(xiàng)B、C正確.[答案]

BC分析平行板電容器的動(dòng)態(tài)問題時(shí)，首先應(yīng)判斷是電容器兩板間電壓不變，還是電荷量不變，然后再由Q＝CU和C＝相結(jié)合得出結(jié)論.5.(2009·福建高考)如圖5－11所

示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)

為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連

接，下極板接地.一帶電油滴

位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則(

)A.帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B.P點(diǎn)的電勢(shì)將降低C.帶電油滴的電勢(shì)能將減少D.若電容器的電容減小，則極板帶電荷量將增大解析：電容器兩端電壓U不變，由公式E場(chǎng)強(qiáng)＝

，場(chǎng)強(qiáng)變小，電場(chǎng)力變小，帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；P到下極板距離d不變，而強(qiáng)場(chǎng)E減小，由公式U＝Ed知P與下極板的電勢(shì)差變小，又因?yàn)橄聵O板電勢(shì)不變，所以P點(diǎn)的電勢(shì)降低，B對(duì)；由于電場(chǎng)力方向向上，而電場(chǎng)方向向下，可以推斷油滴帶負(fù)電，又P點(diǎn)的電勢(shì)降低，所以油滴的電勢(shì)能增大，C錯(cuò)；圖中電容器兩端電壓U不變，電容C減小時(shí)，由公式Q＝CU，知帶電荷量減小，D錯(cuò).答案：B1.(2009·黃岡中學(xué)模擬)如圖5－12所示的電路可將聲音信號(hào)

轉(zhuǎn)化為電信號(hào).該電路中，b是

固定不動(dòng)的金屬板，a是能在

聲波驅(qū)動(dòng)下沿水平方向振動(dòng)的鍍有金屬層的振動(dòng)膜，a、b構(gòu)成了一個(gè)電容器，且通過導(dǎo)線與恒定電源兩極相接.若聲源S做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則在a振動(dòng)過程中(

)A.a、b板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變B.a、b板所帶的電荷量不變C.電路中始終有方向不變的電流D.向右位移最大時(shí)，電容器電容最大解析：因電容器與電源相連，電容器兩極板間電壓不變，a振動(dòng)過程中兩板間距變化，板間電場(chǎng)強(qiáng)度變化，A錯(cuò)；電容器的電容變化，且a向右移動(dòng)時(shí)，電容器電容變大，由Q＝CU知，板上所帶電荷量變大，故B錯(cuò)誤，D正確；在a振動(dòng)過程中，電容器處于充、放電狀態(tài)，電路中電流的大小和方向均變化，C錯(cuò)誤.答案：D2.(2009·山東高考)如圖5－13所

示，在x軸上關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱

的兩點(diǎn)固定放置等量異種點(diǎn)電荷＋Q和－Q，x軸上的P點(diǎn)位于－Q的右側(cè).下列判斷正確的是(

)A.在x軸上還有一點(diǎn)與P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同B.在x軸上還有兩點(diǎn)與P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同C.若將一試探電荷＋q從P點(diǎn)移至O點(diǎn)，電勢(shì)能增大D.若將一試探電荷＋q從P點(diǎn)移至O點(diǎn)，電勢(shì)能減小解析：在＋Q和－Q連線上及延長(zhǎng)線上三個(gè)區(qū)間內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)方向如答案：AC圖所示，由對(duì)稱關(guān)系可知，在＋Q左側(cè)與P和－Q間等距的P′點(diǎn)應(yīng)與P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同，故選項(xiàng)A正確.在－Q和＋Q之間各處場(chǎng)強(qiáng)均大于－Q、P之間各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故選項(xiàng)B錯(cuò).試探電荷＋q從P移至O點(diǎn)過程中，P→－Q做正功W1，由－Q→O電場(chǎng)力做負(fù)功W2，由上面分析知，|W2|＞W(wǎng)1.故電勢(shì)能增大，C正確，D錯(cuò)誤.3.(2009·湖南省師大附中模擬)圖5－14(a)中曲線CD是

帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，若一電子從A點(diǎn)由

靜止釋放，電子沿電場(chǎng)線從A到B運(yùn)動(dòng)過程中速率隨

時(shí)間變化的圖線如圖5－14(b)所示，則A、B兩點(diǎn)的

電勢(shì)φA、φB，電場(chǎng)強(qiáng)度EA、EB，電子在A、B兩點(diǎn)

的電勢(shì)能EpA、EpB，加速度aA和aB的大小關(guān)系正

確的是(

)A.φA>φB

B.EpA>EpBC.EA<EB D.aA>aB解析：電子由A到B速度增大，電場(chǎng)力做正功，可得EpA>EpB，UAB<0，故φA<φB，A錯(cuò)誤，B正確；由(b)圖可知，aA<aB，由a＝

知，EA<EB，故C正確，D錯(cuò)誤.答案：BC4.(2009·全國(guó)卷Ⅰ)如圖5－15所

示，一電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布關(guān)

于y軸(沿豎直方向)對(duì)稱，O、

M、N是y軸上的三個(gè)點(diǎn)，且

OM＝MN.P點(diǎn)在y軸右側(cè)，

MP⊥ON.則(

)A.M點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)的電勢(shì)高B.將負(fù)電荷由O點(diǎn)移動(dòng)到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功C.M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大于O、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差D.在O點(diǎn)靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做

直線運(yùn)動(dòng)解析：作出過點(diǎn)M的等勢(shì)線，因電場(chǎng)線與等勢(shì)線是正交的，且沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)是降低的，故A正確.將負(fù)電荷從O點(diǎn)移到P點(diǎn)時(shí)，因所處位置電勢(shì)降低，其電勢(shì)能增大，故應(yīng)是克服電場(chǎng)力做功，B錯(cuò)誤.由

＝U/d及電場(chǎng)線疏密程度知O、M兩點(diǎn)間電勢(shì)差應(yīng)大于M、N兩點(diǎn)間電勢(shì)差，C錯(cuò)誤.沿y軸上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同，故從O點(diǎn)由靜止釋放的帶正電粒子運(yùn)動(dòng)中始終受到沿y軸方向的合外力，D正確.答案：AD5.圖5－16為一有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，

場(chǎng)強(qiáng)的方向水平向右，一帶

電微粒與電場(chǎng)成某一角度θ

從電場(chǎng)的A點(diǎn)射入，沿直線

從B點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡在豎直平面內(nèi)，則該微粒在A、B

兩點(diǎn)的動(dòng)能EkA、EkB和電勢(shì)能EpA、EpB的關(guān)系是(

)A.EkA＞EkB

B.EkA＜EkBC.EpA＞EpB D.EpA＜EpB解析：因帶電微粒做直線運(yùn)動(dòng)，所以受到重力和電場(chǎng)力兩個(gè)力的合力的方向?yàn)榱Ｗ舆\(yùn)動(dòng)的反方向.電場(chǎng)力和重力都做負(fù)功，從A到B電勢(shì)能變大，動(dòng)能變小，所以A、D對(duì).答案：AD6.(2009·廣東高考)如圖5－17所示，

在一個(gè)粗糙水平面上，彼此靠近

地放置兩個(gè)帶同種電荷的小物塊.由靜止釋放后，兩個(gè)物塊向相反方向運(yùn)動(dòng)，并最終停止.在物塊的

運(yùn)動(dòng)過程中，下列表述正確的是(

)A.兩個(gè)物塊的電勢(shì)能逐漸減少B.物塊受到的庫侖力不做功C.兩個(gè)物塊的機(jī)械能守恒D.物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力解析：由靜止釋放后，兩小物塊帶同種電荷，所以庫侖力對(duì)它們均做正功，故電勢(shì)能都減小，A正確、B錯(cuò)誤；兩小物塊在運(yùn)動(dòng)過程中，因摩擦力和電場(chǎng)力分別做功，發(fā)生機(jī)械能和其他能量的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)；開始兩小物塊由靜止向相反方向運(yùn)動(dòng)，庫侖力大于摩擦力，最后最終停止，故運(yùn)動(dòng)過程的最后階段物塊受到的摩擦力要大于其庫侖斥力，故D錯(cuò).答案：A7.(2009·聊城模擬)如圖5－18

所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電

粒子M、N，以相同的速度

沿垂直于電場(chǎng)方向同時(shí)射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，M從兩板正中央射入，N從下極板邊緣處射入，它們最后打在上極板的同一點(diǎn)上.不計(jì)粒子的重力，則從開始射入到打到上板的過程中(

)A.它們的帶電荷量之比qM∶qN＝1∶2B.它們?cè)陔妶?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間tN>tMC.它們的電勢(shì)能減少量之比ΔEM∶ΔEN＝1∶4D.打到上極板時(shí)的速度之比vM∶vN＝1∶28.如圖5－19所示，擋板P固定