09微專題6電場性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動

專題三電場與磁場微專題6電場性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動1．帶電粒子在電場中的加速(1)在勻強電場中加速，可根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解．基本方程：a＝eq\f(Eq,m)，E＝eq\f(U,d)，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ax(2)在非勻強電場中的加速運動一般受變力作用，可根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功引起帶電粒子能量的變化，利用動能定理、功能關(guān)系求解．基本方程：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題(1)運動狀態(tài)分析：帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場時，受到恒定的與初速度方向成90°的電場力作用而做勻變速曲線運動(軌跡為拋物線).(2)分析處理方法：用類似平拋運動分析方法分解．沿初速度方向，速度為v0，做勻速直線運動.沿電場力方向，初速度為零，做勻加速運動.考向一電場性質(zhì)的理解與應(yīng)用1．(2023·北京卷)如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷位于M、N兩點上，E、F是MN連線中垂線上的兩點，O為EF、MN的交點，EO＝OF.一帶負電的點電荷在E點由靜止釋放后(C)A．做勻加速直線運動B．在O點所受靜電力最大C．由E到O的時間等于由O到F的時間D．由E到F的過程中電勢能先增大，后減小解析：帶負電的點電荷在E點由靜止釋放，將以O(shè)點為平衡位置做對稱運動，在O點所受電場力為零，故A、B錯誤；根據(jù)運動的對稱性可知，點電荷由E到O的時間等于由O到F的時間，故C正確；點電荷由E到F的過程中電場力先做正功，后做負功，則電勢能先減小，后增大，故D錯誤．2．(2022·江蘇卷)如圖所示，正方形ABCD四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相等，O是正方形的中心，將A點的電荷沿OA的延長線向無限遠處移動，則(D)A．在移動過程中，O點電場強度變小B．在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大C．在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負功D．當(dāng)其移動到無限遠處時，O點的電勢高于A點解析：O點是等量同種電荷連線的中點，場強為0，將A處的正點電荷沿OA方向移至無限遠處，O點電場強度變大，故A錯誤；移動過程中，C點場強變小，正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；A點電場方向沿OA方向，電荷在移動過程中，所受靜電力做正功，故C錯誤；移動到無限遠處時，A點電場方向沿OA方向，沿電場線方向電勢降低，O點的電勢高于A點電勢，故D正確．3．(2021·江蘇卷)一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OA＝OB.現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則(A)A．O、C兩點電勢相同B．A點的電場強度大于B點C．沿直線從A到B電勢先升高，后降低D．沿直線從A到B電場強度逐漸增大解析：將題中半球殼補成一個完整的球殼，且?guī)щ娋鶆?，左、右半球在C點產(chǎn)生的電場必定關(guān)于CO成鏡面對稱，且C點電場強度為零，則右半球在C點的電場必定垂直向左，可知OC是等勢線，故A正確；設(shè)左、右半球在A點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，則知E1＝E2，根據(jù)對稱性，左右半球在B點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E2和E1，且在圖示電場中，A的電場強度大小為E2，方向向左，B的電場強度大小為E1，方向向左，所以A點的電場強度與B點的電場強度相同，沿直線從A到B電場強度不可能逐漸增大，故B、D錯誤；根據(jù)電場的疊加原理可知，在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢升高，故C錯誤．考向二帶電粒子在勻強電場中的運動4．(2023·浙江卷)AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示．兩板間距10cm，電荷量為1.0×108C、質(zhì)量為3.0×104kg的小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于A點．閉合開關(guān)S，小球靜止時，細線與AB板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點(未標出)，則(B)A．MC距離為5eq\r(3)cmB．電勢能增加了eq\f(3,4)eq\r(3)×104JC．電場強度大小為eq\r(3)×104N/CD．減小R的阻值，MC的距離將變大解析：根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，對小球受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得Tsin30°＝qEsin30°Tsin60°＋qEsin60°＝mg聯(lián)立解得T＝eq\r(3)×103N，E＝eq\r(3)×105N/C，剪斷細線，小球做勻加速直線運動，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得LMC＝dtan60°＝10eq\r(3)cm，故A、C錯誤；根據(jù)幾何關(guān)系可得小球沿著電場力方向的位移x＝(10－5sin30°)cm＝7.5cm，與電場力方向相反，電場力做功為W電＝－qEx＝－eq\f(3,4)eq\r(3)×104J，則小球的電勢能增加eq\f(3,4)eq\r(3)×104J，故B正確；減小R的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強度不變，所以小球的運動不會發(fā)生改變，MC的距離不變，故D錯誤．考向1電場性質(zhì)的理解與應(yīng)用(2023·如皋適應(yīng)性考試)如圖所示，電荷量為＋q的點電荷與接地的足夠大金屬薄板相距2d，O為薄板左表面的幾何中心，A是薄板內(nèi)的一點，靜電力常量為k，則(C)A．A點的電勢大于零B．A點的電勢比B點的高C．A點的電場強度為零D．B點的場強大小為keq\f(q,d2)解析：金屬薄板是等勢體，由于金屬薄板接地，所以A點的電勢等于零，故A錯誤；金屬薄板的電勢為零，正點電荷周圍電勢為正，所以A點的電勢比B點的低，故B錯誤；A點在金屬薄板內(nèi)部，靜電平衡，電場強度為零，故C正確；金屬薄板的左表面感應(yīng)出負電荷，B點的場強是點電荷與金屬薄板電場的疊加，大于keq\f(q,d2)，故D錯誤．(1)計算電場強度常用的五種方法：①電場疊加合成法．②平衡條件求解法．③對稱法．④補償法．⑤等效法．(2)電勢高低的判斷判斷角度判斷方法依據(jù)電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低依據(jù)電場力做功根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低依據(jù)場源電荷的正負取無限遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低依據(jù)電勢能的高低正電荷在電勢較高處電勢能大，負電荷在電勢較低處電勢能大(3)電場線的運用(2023·蘇北蘇中八市調(diào)研二)如圖所示，某興趣小組制作一個簡易的靜電除塵裝置，沒有底的空塑料瓶上固定著一塊鋁片和一根銅棒，將它們分別跟起電機的正、負極相連．在塑料瓶里放置點燃的蚊香，瓶內(nèi)煙霧繚繞．搖動起電機后瓶內(nèi)便清澈透明，圖中a、b為同一根電場線上的兩點．則起電機搖動時(C)A．電場強度Ea＞EbB．電勢φa＜φbC．鋁片是等勢體D．帶負電的煙霧向銅棒聚集解析：依題意，搖動起電機后銅棒帶負電，鋁片帶正電，可知二者之間電場線的分布是從左至右依次變得密集，即電場強度關(guān)系為Ea＜Eb，故A錯誤；根據(jù)A選項分析可知，a、b所在電場線方向由鋁片指向銅棒，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知φa＞φb，故B錯誤；鋁片帶正電后，為一個等勢體，故C正確；因為鋁片帶正電，所以帶負電的煙霧向鋁片聚集，故D錯誤．(2023·南京、鹽城一模)如圖所示，ABC為正三角形的三個頂點，A點固定電荷量為＋q的點電荷，B、C兩點固定電荷量為－q的點電荷，D、G、H分別為AB、BC和AC邊的中點，O為正三角形的中心，已知＋q在O點的電場強度的大小為E0.下列說法中錯誤的是(D)A．O點的場強大小為2E0B．D與H兩點的電勢相同C．質(zhì)子沿OD方向運動始終克服電場力做功D．電子沿DH連線運動，電勢能先增大，后減小解析：已知＋q在O點的電場強度的大小為E0，根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)可知，－q在О點的電場強度的大小也為E0，O點的場強大小為E＝E0＋2×E0cos60°＝2E0，故A正確；根據(jù)電勢疊加原理結(jié)合對稱性可知，D與H兩點電勢相同，故B正確；A點和B點的電荷在OD方向形成的電場與OD方向垂直，質(zhì)子沿OD方向運動時，C處電荷對質(zhì)子的電場力始終做負功，故C正確；電子沿DH連線運動，先靠近正電荷遠離負電荷，然后靠近負電荷遠離正電荷，根據(jù)電勢關(guān)系可知，電勢先增大，后減小，所以電子的電勢能先減小，再增大，故D錯誤．考向2平行板電容器及其動態(tài)分析如圖所示，平行板電容器與一個恒壓直流電源連接，下極板接地，一帶電液滴在P點剛好平衡，現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則(D)A．靜電計指針張角變小 B．液滴將向上移動C．P點電勢降低 D．液滴在P點的電勢能減小解析：靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故A錯誤；電勢差不變，d增大，則由公式E＝eq\f(U,d)分析得知板間電場強度減小，帶電液滴受到的電場力減小，液滴將向下移動，故B錯誤；P點與上極板間的電勢差減小，而P點的電勢比上極板低，上極板的電勢不變，則P點的電勢增大，故C錯誤；因為液滴帶負電荷，則電勢能減小，故D正確．平行板電容器的分析注意點1．平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變．(2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變．2．動態(tài)分析思路U不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，先分析電容的變化，再分析Q的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強的變化．③根據(jù)UAB＝Ed分析某點電勢變化．Q不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，先分析電容的變化，再分析U的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強的變化．(2022·蘇州質(zhì)量調(diào)研)如圖所示，平行板電容器通過靈敏電流表G連接在直流電源兩端．最初電容器的上、下極板水平，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．保持電容器下極板和上極板左端不動，在用絕緣工具將上極板右端緩緩沿逆時針方向轉(zhuǎn)動角度θ(θ＜45°)的過程中，觀察到的現(xiàn)象是(C)A．靈敏電流表G中有電流通過，方向從a向bB．靈敏電流表G中沒有電流通過C．帶電油滴做曲線運動D．帶電油滴做直線運動解析：將上極板右端緩緩轉(zhuǎn)動的過程中，正對面積減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，則電容器電容減小，由于電壓保持不變，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，兩極板的電荷量減小，處于放電過程，則靈敏電流表G中有電流通過，方向從b向a，A、B錯誤；極板方向變化后電場強度方向也發(fā)生變化，電場力的方向不斷變化，所以帶電油滴將做曲線運動，C正確，D錯誤．考向3帶電粒子(帶電體)在電場中的運動(2023·蘇州質(zhì)量調(diào)研)如圖甲所示，水平放置的兩正對平行金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓UAB.現(xiàn)有一帶電粒子從A板左端邊緣以速度v0水平射入電場．粒子電荷量為＋q，質(zhì)量為m，不計粒子重力．(1)若粒子能夠射出電場，已知金屬板長度為L，求粒子在電場中的運動時間t.(2)若粒子在t＝eq\f(T,4)時刻射入電場，經(jīng)過一段時間后從A板右側(cè)邊緣水平射出，則板長L和兩板間距d分別滿足什么條件？(3)若金屬板足夠長，要求t＝0時刻射入的粒子打到B板時動能最大，則兩板間距d應(yīng)當(dāng)滿足什么條件？解析：(1)t＝eq\f(L,v0)(2)L＝nv0T(n＝1，2，3，…)d≥eq\f(1,2)eq\f(qU0,dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)×2＝eq\f(qU0T2,16dm)解得d≥eq\f(T,4)eq\r(\f(qU0,m))(3)①d≤eq\f(1,2)eq\f(qU0,dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(qU0T2,8dm)解得d≤eq\f(T,4)eq\r(\f(2qU0,m))②d＝eq\f(1,2)eq\f(qU0,dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)(2n＋1)(n＝0，1，2，3，…)解得d＝eq\f(T,4)eq\r(\f(2qU0,m)(2n＋1))(n＝0，1，2，3，…)1．帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)2．“等效法”處理電場和重力場的復(fù)合問題(1)將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下方向”．(2)物理最高點與幾何最高點．在“等效力場”做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題．小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應(yīng)是物理最高點．(2023·北京卷)某種負離子空氣凈化原理如圖所示．由空氣和帶負電的灰塵顆粒物(視為小球)組成的混合氣流進入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器．在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變．在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長度為L，間距為d，不考慮重力影響和顆粒間相互作用．(1)若不計空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為－q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U1.(2)若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為f＝krv，其中r為顆粒的半徑，k為常量．假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最