高考專題專項復習基礎知識電場和磁場靜電場優(yōu)秀獎

《帶電粒子在電場中的運動》教學設計自主篇基礎知識更重要知識點吃透（關鍵詞填空）知識點一電容器、電容1.電容器(1)組成：任何兩個相互靠近又彼此________的導體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的________。(3)電容器的充、放電①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能。2.電容(1)定義：電容器所帶的________與兩個極板間的電勢差U的比值。(2)表達式：________。(3)單位：法拉(F)、微法(μF)，常用單位有皮法(pF)，1F＝106μF＝1012pF。(4)平行板電容器電容的決定式：________，k為靜電力常量。答案：1.(1)絕緣(2)絕對值2.(1)電荷量Q(2)C＝eq\f(Q,U)(4)C＝eq\f(εrS,4πkd)知識點二帶電粒子在電場中的加速和偏轉1.帶電粒子在電場中的加速(1)動力學觀點分析：若電場為勻強電場，則有a＝________，E＝________，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(2)功能觀點分析：粒子只受電場力作用，滿足______________________。2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，僅受電場力。(2)運動性質：________運動。(3)處理方法：運動的分解。①沿初速度方向：做________運動。②沿電場方向：做初速度為零的____________運動。答案：1.(1)eq\f(qE,m)eq\f(U,d)(2)qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)2.(2)類平拋(3)①勻速直線②勻加速直線知識點三示波器的工作原理1.構造：①________，②偏轉極板，③熒光屏。(如圖所示)2.工作原理(1)YY′上加的是待顯示的________，XX′上是機器自身產生的鋸齒形電壓，叫做________。(2)觀察到的現象：①如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線傳播，打在熒光屏________，在那里產生一個亮斑。②若所加掃描電壓和信號電壓的________相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內變化的圖象。答案：1.①電子槍2.(1)信號電壓掃描電壓(2)①中心②周期關鍵點排查（自我辨是非）(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數和。()(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比。()(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。（）(4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。()(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)課堂篇強化能力向高考考點1平行板電容器的動態(tài)分析第1步講透教材1.兩個公式的比較C＝eq\f(Q,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＝\f(ΔQ,ΔU)))C＝eq\f(εrS,4πkd)公式特點定義式，適用于一切電容器決定式，適用于平行板電容器意義對某電容器Q∝U，但eq\f(Q,U)＝C不變，反映容納電荷的本領C∝εr，C∝S，C∝eq\f(1,d)，反映了影響電容大小的因素2.平行板電容器的動態(tài)分析思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。(2)根據決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化。(3)根據定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。(4)根據E＝eq\f(U,d)分析電容器極板間場強的變化。第2步細分考向考向1兩極板電勢差保持不變[典例1](多選)美國物理學家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，比較準確地測定了電子的電荷量.如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電?，F有一質量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()A.油滴帶負電B.油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C.電容器的電容為eq\f(kmgd,U2)D.將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動[解題指導](1)分析油滴的受力情況，根據場強方向可判斷油滴的帶電情況。(2)N板向下運動，兩板間距離增加，場強減小，從而使油滴運動。[解析]由題意知油滴受到的電場力方向豎直向上，又上極板帶正電，故油滴帶負電，設油滴帶電荷量為q，則極板帶電荷量為Q＝kq，由于qE＝mg，E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，解得q＝eq\f(mgd,U)，C＝eq\f(kmgd,U2)，將極板N向下緩慢移動一小段距離，U不變，d增大，則電場強度E減小，重力將大于電場力，油滴將向下運動，只有選項A、C正確。[答案]AC考向2兩極板帶電量保持不變[典例2](2016·天津卷)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角.若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A.θ增大，E增大B.θ增大，Ep不變C.θ減小，Ep增大D.θ減小，E不變[解析]平行板電容器帶有等量異種電荷，當極板正對面積不變時，兩極板之間的電場強度E不變.保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至題圖中虛線位置，由U＝Ed可知，兩極板之間的電勢差減小，靜電計指針的偏角θ減小，由于下極板接地(電勢為零)，兩極板之間的電場強度不變，所以點電荷在P點的電勢能Ep不變.綜上所述，選項D正確。[答案]D第3步思維升華求解電容器問題的兩個常用技巧(1)在電荷量保持不變的情況下，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，電場強度與板間距離無關。(2)對平行板電容器的有關物理量Q、E、U、C進行討論時，關鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，在變量中哪些是自變量，哪些是因變量，利用C＝eq\f(εrS,4πkd)、Q＝CU和E＝eq\f(U,d)進行判定即可。考點2帶電粒子在電場中的直線運動第1步講透教材1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量).(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。2.兩種解題思路(1)應用牛頓運動定律處理帶電粒子的直線運動帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與速度方向在一條直線上，帶電粒子做勻變速直線運動。根據帶電粒子的受力情況，用牛頓運動定律和運動學公式確定帶電粒子的速度、位移、時間等。(2)用動能定理處理帶電粒子在電場中的直線運動對帶電粒子進行受力分析，確定有哪幾個力做功，做正功還是負功；確定帶電粒子的初、末狀態(tài)的動能，根據動能定理列方程求解。第2步細分考向考向1僅在電場力作用下的直線運動[典例3](2016·四川卷)中國科學院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質子在每個管內運動時間視為電源周期的eq\f(1,2)。質子的荷質比取1×10(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。[解題指導](1)質子在漂移管內做勻速直線運動，可以計算管的長度。(2)每次經過漂移管縫隙都要加速，所以管的長度不同，可以從B到E整體分析求解加速電壓。[解析](1)設質子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，則T＝eq\f(1,f)①L＝vB·eq\f(T,2)②聯立①②式并代入數據得L＝m.③(2)設質子進入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場對質子所做的功為W，質子從漂移管B運動到E電場做功為W′，質子的電荷量為q，質量為m，則W＝qU④W′＝3W⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑥聯立④⑤⑥式并代入數據得U＝6×104V.⑦[答案](1)0.4m(2)6×104V考向2在重力和電場力作用下的直線運動[典例4]如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔.質量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求：(1)小球到達小孔處的速度；(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落至運動到下極板處的時間。[解析](1)由v2＝2gh得v＝eq\r(2gh)。(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有mg－qE＝ma0－v2＝2ad得E＝eq\f(mgh＋d,qd)U＝EdQ＝CU得Q＝eq\f(mgCh＋d,q)。(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)0＝v＋at2t＝t1＋t2綜合可得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g)).[答案](1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)eq\f(mgCh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))第3步思維升華帶電體在勻強電場中的直線運動問題的解題步驟：考點3帶電粒子在電場中的偏轉第1步講透教材設粒子帶電荷量為q，質量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,dm)。(2)在電場中的運動時間：t＝eq\f(l,v0)。(3)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))(4)偏轉角tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d).(5)偏轉距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d).第2步細分考向[典例5]如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在xOy平面的ABCD區(qū)域內，存在兩個場強大小均為E的勻強電場Ⅰ和Ⅱ，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形(不計電子所受重力)。(1)在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置；(2)在電場Ⅰ區(qū)域內適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。[解題指導](1)第(1)問為典型的先加速后偏轉問題，用動能定理、運動學公式和分解思想即可解答。(2)第(2)問可假設釋放點坐標為(x，y)，由“恰從D處離開”分析x、y的關系，從而確定釋放點的位置。[解析](1)設電子的質量為m，電荷量為e，電子在電場Ⅰ中做勻加速直線運動，射出區(qū)域Ⅰ時的速度為v0，此后在電場Ⅱ中做類平拋運動。假設電子從CD邊射出，射出點縱坐標為y1，則有eEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，eq\f(L,2)－y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(eE,2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2解得y1＝eq\f(1,4)L，所以原假設成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2L，\f(1,4)L))(2)設釋放點在電場Ⅰ區(qū)域內的坐標為(x，y)，電子在電場Ⅰ中被加速到v1，然后進入電場Ⅱ中做類平拋運動，并從D處離開，有eEx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝eq\f(eE,2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v1)))2解得xy＝eq\f(L2,4)，即在電場Ⅰ區(qū)域內滿足此方程式的點即為所求位置。[答案](1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2L，\f(1,4)L))(2)見解析[變式](多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉，最后打在屏上.整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么()A.偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大C.三種粒子運動到屏上所用時間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置答案：AD解析：根據動能定理有qE1d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得三種粒子經加速電場加速后獲得的速度v1＝eq\r(\f(2qE1d,m)).在偏轉電場中，由l＝v1t2及y＝eq\f(1,2)eq\f(qE2,m)teq\o\al(2,2)得，帶電粒子經偏轉電場的側位移y＝eq\f(E2l2,4E1d)，則三種粒子在偏轉電場中的側位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據W＝qE2y得，偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多，選項A正確。根據動能定理，qE1d＋qE2y＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得到粒子離開偏轉電場E2打到屏上時的速度v2＝eq\r(\f(2qE1d＋qE2y,m))，由于三種粒子的質量不相等，故v2不一樣大，選項B錯誤。粒子打在屏上所用的時間t＝eq\f(d,\f(v1,2))＋eq\f(L′,v1)＝eq\f(2d,v1)＋eq\f(L′,v1)(L′為偏轉電場左端到屏的水平距離)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時間不相同，選項C錯誤.根據vy＝eq\f(qE2,m)t2及tanθ＝eq\f(vy,v1)得，帶電粒子的偏轉角的正切值tanθ＝eq\f(E2l,2E1d)，即三種帶電粒子的偏轉角相等，又由于它們的側位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項D正確。第3步思維升華粒子垂直于勻強電場進入電場中偏轉時的兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時的角度總是相同的。(2)粒子經電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水平位移的中點。訓練篇分項細練要技巧1.[平行板電容器動態(tài)分析]如圖所示，平行板電容器與電源相接，充電后切斷電源，然后將電介質插入電容器極板間，則兩板間的電勢差U及板間場強E的變化情況為()變大，E變大變小，E變小不變，E不變變小，E不變答案：B解析：當平行板電容器充電后切斷電源，極板所帶電荷量Q保持不變，插入電介質后，電容器的電容C變大，則U＝eq\f(Q,C)將變小，而由E＝eq\f(U,d)可知，板間場強E也將變小.選項B正確。2.[平行板電容器動態(tài)分析]如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)連接，下極板接地.一帶電油滴位于兩板中央的P點且恰好處于平衡狀態(tài).現將平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，則()A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動B.帶電油滴將沿豎直方向向下運動點的電勢將降低D.電容器的電容減小，電容器的帶電量將減小答案：A解析：根據電容器的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，當上極板向下移動時，d減小，電容變大，又C＝eq\f(Q,U)，電壓U不變，因此電容器帶電量增多，D錯誤；根據電容器內部電場強度E＝eq\f(U,d)可知，d減小，場強增大，油滴受到向上的電場力增大，將向上運動，A正確，B錯誤；由于場強增大，由U＝Ed可知，P與下極板電勢差變大，P點電勢升高，C錯誤。3.[帶電粒子在電場中加速、偏轉]如圖所示，一價氫離子(H＋)和二價氦離子(He2＋)的混合體，經同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉電場中，偏轉后，打在同一熒光屏上，則它們()A.同時到達屏上同一點B.先后到達屏上同一點C.同時到達屏上不同點D.先后到達屏上不同點答案：B解析：一價氫離子(H＋)和二價氦離子(He2＋)的比荷不同，由qU＝eq\f(1,2)mv2可知經過加速電場獲得的末速度不同，因此在加速電場及偏轉電場的時間均不同，但在偏轉電場中偏轉距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(U2L2,4U1d)相同，所以會打在同一點，B正確。4.[帶電粒子在電場中的直線運動](多選)如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()A.所受重力與電場力平衡B.電勢能逐漸增加C.動能逐漸增加D.做勻變速直線運動答案：BD解析：直線運動的條件是垂直于速度方向上受力平衡，本題中是重力和電場力的一個分力平衡.