高考專題專項(xiàng)復(fù)習(xí)基礎(chǔ)知識(shí)電場和磁場靜電場優(yōu)秀獎(jiǎng)

《帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)》教學(xué)設(shè)計(jì)自主篇基礎(chǔ)知識(shí)更重要知識(shí)點(diǎn)吃透（關(guān)鍵詞填空）知識(shí)點(diǎn)一電容器、電容1.電容器(1)組成：任何兩個(gè)相互靠近又彼此________的導(dǎo)體組成。(2)帶電荷量：一個(gè)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(chǔ)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(zhuǎn)化為其他形式的能。2.電容(1)定義：電容器所帶的________與兩個(gè)極板間的電勢差U的比值。(2)表達(dá)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(duì)值2.(1)電荷量Q(2)C＝eq\f(Q,U)(4)C＝eq\f(εrS,4πkd)知識(shí)點(diǎn)二帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子在電場中的加速(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析：若電場為勻強(qiáng)電場，則有a＝________，E＝________，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(2)功能觀點(diǎn)分析：粒子只受電場力作用，滿足______________________。2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場，僅受電場力。(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：________運(yùn)動(dòng)。(3)處理方法：運(yùn)動(dòng)的分解。①沿初速度方向：做________運(yùn)動(dòng)。②沿電場方向：做初速度為零的____________運(yùn)動(dòng)。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(shí)點(diǎn)三示波器的工作原理1.構(gòu)造：①________，②偏轉(zhuǎn)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(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做________。(2)觀察到的現(xiàn)象：①如果在偏轉(zhuǎn)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(chǎn)生一個(gè)亮斑。②若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的________相同，就可以在熒光屏上得到待測信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)變化的圖象。答案：1.①電子槍2.(1)信號(hào)電壓掃描電壓(2)①中心②周期關(guān)鍵點(diǎn)排查（自我辨是非）(1)電容器所帶的電荷量是指每個(gè)極板所帶電荷量的代數(shù)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(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動(dòng)。()(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)課堂篇強(qiáng)化能力向高考考點(diǎn)1平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析第1步講透教材1.兩個(gè)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(diǎn)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(duì)某電容器Q∝U，但eq\f(Q,U)＝C不變，反映容納電荷的本領(lǐng)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(dòng)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(jù)決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化。(3)根據(jù)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(jù)E＝eq\f(U,d)分析電容器極板間場強(qiáng)的變化。第2步細(xì)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(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動(dòng)的帶電油滴，比較準(zhǔn)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。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時(shí)極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()A.油滴帶負(fù)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(dòng)一小段距離，油滴將向上運(yùn)動(dòng)[解題指導(dǎo)](1)分析油滴的受力情況，根據(jù)場強(qiáng)方向可判斷油滴的帶電情況。(2)N板向下運(yùn)動(dòng)，兩板間距離增加，場強(qiáng)減小，從而使油滴運(yùn)動(dòng)。[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(fù)電，設(shè)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(dòng)一小段距離，U不變，d增大，則電場強(qiáng)度E減小，重力將大于電場力，油滴將向下運(yùn)動(dòng)，只有選項(xiàng)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(jì)相連，靜電計(jì)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(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角.若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)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(dāng)極板正對(duì)面積不變時(shí)，兩極板之間的電場強(qiáng)度E不變.保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)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(jì)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(qiáng)度不變，所以點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能Ep不變.綜上所述，選項(xiàng)D正確。[答案]D第3步思維升華求解電容器問題的兩個(gè)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(qiáng)度與板間距離無關(guān)。(2)對(duì)平行板電容器的有關(guān)物理量Q、E、U、C進(jìn)行討論時(shí)，關(guān)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(jìn)行判定即可?？键c(diǎn)2帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)第1步講透教材1.帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)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(zhì)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(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律處理帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng)帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)。根據(jù)帶電粒子的受力情況，用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移、時(shí)間等。(2)用動(dòng)能定理處理帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，確定有哪幾個(gè)力做功，做正功還是負(fù)功；確定帶電粒子的初、末狀態(tài)的動(dòng)能，根據(jù)動(dòng)能定理列方程求解。第2步細(xì)分考向考向1僅在電場力作用下的直線運(yùn)動(dòng)[典例3](2016·四川卷)中國科學(xué)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(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)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(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時(shí)速度為8×106m/s，進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間視為電源周期的eq\f(1,2)。質(zhì)子的荷質(zhì)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(dǎo)](1)質(zhì)子在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可以計(jì)算管的長度。(2)每次經(jīng)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(shè)質(zhì)子進(jìn)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(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝m.③(2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)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(duì)質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動(dòng)到E電場做功為W′，質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)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(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)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(yùn)動(dòng)[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(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g)。求：(1)小球到達(dá)小孔處的速度；(2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落至運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)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(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題的解題步驟：考點(diǎn)3帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)第1步講透教材設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)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(yùn)動(dòng)時(shí)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(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d).(5)偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d).第2步細(xì)分考向[典例5]如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運(yùn)動(dòng)的簡化模型示意圖。在xOy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個(gè)場強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場Ⅰ和Ⅱ，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形(不計(jì)電子所受重力)。(1)在該區(qū)域AB邊的中點(diǎn)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(nèi)適當(dāng)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(diǎn)的位置。[解題指導(dǎo)](1)第(1)問為典型的先加速后偏轉(zhuǎn)問題，用動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和分解思想即可解答。(2)第(2)問可假設(shè)釋放點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，由“恰從D處離開”分析x、y的關(guān)系，從而確定釋放點(diǎn)的位置。[解析](1)設(shè)電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，電子在電場Ⅰ中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，射出區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為v0，此后在電場Ⅱ中做類平拋運(yùn)動(dòng)。假設(shè)電子從CD邊射出，射出點(diǎn)縱坐標(biāo)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(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2L，\f(1,4)L))(2)設(shè)釋放點(diǎn)在電場Ⅰ區(qū)域內(nèi)的坐標(biāo)為(x，y)，電子在電場Ⅰ中被加速到v1，然后進(jìn)入電場Ⅱ中做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(nèi)滿足此方程式的點(diǎn)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(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上.整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么()A.偏轉(zhuǎn)電場E2對(duì)三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大C.三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)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(jù)動(dòng)能定理有qE1d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度v1＝eq\r(\f(2qE1d,m)).在偏轉(zhuǎn)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(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移y＝eq\f(E2l2,4E1d)，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)W＝qE2y得，偏轉(zhuǎn)電場E2對(duì)三種粒子做功一樣多，選項(xiàng)A正確。根據(jù)動(dòng)能定理，qE1d＋qE2y＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場E2打到屏上時(shí)的速度v2＝eq\r(\f(2qE1d＋qE2y,m))，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2不一樣大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。粒子打在屏上所用的時(shí)間t＝eq\f(d,\f(v1,2))＋eq\f(L′,v1)＝eq\f(2d,v1)＋eq\f(L′,v1)(L′為偏轉(zhuǎn)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(shí)間不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.根據(jù)vy＝eq\f(qE2,m)t2及tanθ＝eq\f(vy,v1)得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(E2l,2E1d)，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項(xiàng)D正確。第3步思維升華粒子垂直于勻強(qiáng)電場進(jìn)入電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的角度總是相同的。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)為粒子水平位移的中點(diǎn)。訓(xùn)練篇分項(xiàng)細(xì)練要技巧1.[平行板電容器動(dòng)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(zhì)插入電容器極板間，則兩板間的電勢差U及板間場強(qiáng)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(dāng)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(zhì)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(qiáng)E也將變小.選項(xiàng)B正確。2.[平行板電容器動(dòng)態(tài)分析]如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地.一帶電油滴位于兩板中央的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下移動(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.帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)點(diǎn)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(jù)電容器的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，當(dāng)上極板向下移動(dòng)時(shí)，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(cuò)誤；根據(jù)電容器內(nèi)部電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)可知，d減小，場強(qiáng)增大，油滴受到向上的電場力增大，將向上運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；由于場強(qiáng)增大，由U＝Ed可知，P與下極板電勢差變大，P點(diǎn)電勢升高，C錯(cuò)誤。3.[帶電粒子在電場中加速、偏轉(zhuǎn)]如圖所示，一價(jià)氫離子(H＋)和二價(jià)氦離子(He2＋)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A.同時(shí)到達(dá)屏上同一點(diǎn)B.先后到達(dá)屏上同一點(diǎn)C.同時(shí)到達(dá)屏上不同點(diǎn)D.先后到達(dá)屏上不同點(diǎn)答案：B解析：一價(jià)氫離子(H＋)和二價(jià)氦離子(He2＋)的比荷不同，由qU＝eq\f(1,2)mv2可知經(jīng)過加速電場獲得的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(U2L2,4U1d)相同，所以會(huì)打在同一點(diǎn)，B正確。4.[帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)](多選)如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)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(dòng)能逐漸增加D.做勻變速直線運(yùn)動(dòng)答案：BD解析：直線運(yùn)動(dòng)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(gè)分力平衡.