2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題三第1講電場及帶電粒子在電場中的運動學(xué)案

PAGE14-第1講電場及帶電粒子在電場中的運動思維導(dǎo)圖要點熟記1.電場力的性質(zhì)(1)電場強度的定義式：E＝eq\f(F,q)。(2)真空中點電荷的電場強度公式：E＝eq\f(kQ,r2)。(3)勻強電場的電場強度與電勢差的關(guān)系式：E＝eq\f(U,d)。2.電場能的性質(zhì)(1)電勢的定義式：φ＝eq\f(Ep,q)。(2)電勢差的定義式：UAB＝eq\f(WAB,q)。(3)電勢差與電勢的關(guān)系式：UAB＝φA－φB。(4)電場力做功與電勢能的關(guān)系式：WAB＝EpA－EpB。3.熟記“面線”關(guān)系(1)電場線總是與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。(2)電場線越密的地方，等差等勢面也越密。(3)沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力肯定做功。[研考向·提實力]__________________________________考向研析__駕馭應(yīng)試技能考向一電場的性質(zhì)1．電場強度的推斷(1)場強方向是電場中正電荷的受力方向，也是電場線上某點的切線方向。(2)電場強弱可用電場線疏密推斷。2．電勢凹凸的比較(1)依據(jù)電場線方向推斷，沿著電場線方向，電勢越來越低。(2)將帶電荷量為＋q的電荷從電場中的某點移至無窮遠處時，電場力做正功越多，則該點的電勢越高。(3)依據(jù)電勢差UAB＝φA－φB推斷，若UAB>0，則φA>φB，反之φA<φB。3．電勢能改變的推斷(1)依據(jù)電場力做功推斷，若電場力對電荷做正功，電勢能削減；反之則增加。即W＝－ΔEp。(2)依據(jù)能量守恒定律推斷，電場力做功的過程是電勢能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過程，若只有電場力做功，電荷的電勢能與動能相互轉(zhuǎn)化，總和保持不變，即當(dāng)動能增加時，電勢能削減。[典例1](多選)(2024·高考全國卷Ⅲ)如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點，則()A．a(chǎn)點和b點的電勢相等B．a(chǎn)點和b點的電場強度大小相等C．a(chǎn)點和b點的電場強度方向相同D．將負電荷從a點移到b點，電勢能增加[解析]b點距q近，a點距－q近，則b點的電勢高于a點的電勢，A錯誤。如圖所示，a、b兩點的電場強度可視為E3與E4、E1與E2的合場強，其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合場強Ea與Eb大小相等、方向相同，B、C正確。由于φa<φb，負電荷從低電勢移至高電勢過程中，電場力做正功，電勢能削減，D錯誤。[答案]BC1.(多選)(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別勻稱分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則()A．a(chǎn)、b兩點的場強相等B．a(chǎn)、b兩點的電勢相等C．c、d兩點的場強相等D．c、d兩點的電勢相等解析：在絕緣細圓環(huán)的上半圓P處，任取一小段，可看成點電荷，其在a點產(chǎn)生的場強為E1，在關(guān)于細圓環(huán)水平直徑對稱的下半圓Q處再取一小段，其在a點產(chǎn)生的場強為E2，由對稱性可知，E1、E2的合場強豎直向下，如圖所示，即上半圓和下半圓在a點產(chǎn)生的合場強肯定豎直向下，同理可知，在b點場強方向也豎直向下，大小與a點處相等，A正確；同理可分析a、b所在的直徑上各點場強均豎直向下，故a、b兩點在同一條等勢線上，電勢相等，B正確；由微元法和對稱性可知，c、d兩點場強相等，方向豎直向下，C正確；電場由c到d，c點電勢高于d點電勢，D錯誤。答案：ABC2．(2024·遼寧大連二十四中高三模擬)如圖甲所示，x軸上固定兩個點電荷Q1、Q2(Q2位于坐標(biāo)原點O)，其上有M、N、P三點，間距MN＝NP。Q1、Q2在x軸上產(chǎn)生的電勢φ隨x改變關(guān)系如圖乙，則()A．M點電場強度大小為零B．N點電場強度大小為零C．M、N之間電場方向沿x軸負方向D．一正摸索電荷從P移到M過程中，電場力做功|WPN|＝|WNM|解析：φ-x圖像的斜率表示電場強度的大小，故M點電場強度不為零，N點電場強度為零，選項A錯誤，B正確；由題圖可知，由M到N電勢降低，由無限遠處到N電勢降低，依據(jù)沿著電場線方向電勢漸漸降低的性質(zhì)，可以推斷MN之間電場方向沿著x軸正方向，無限遠處到N點電場方向沿x軸負方向，選項C錯誤；|WPN|＝|qUPN|＝|q(φP－φN)|＜|q(φN－φM)|＝|WNM|，選項D錯誤。答案：B3．(2024·湖南長沙高三檢測)如圖所示，M、N、P三點位于直角三角形的三個頂點上，∠PMN＝30°，∠MNP＝60°，一負點電荷位于三角形所在平面上。已知M點和N點的電勢相等，P點的電勢與MN中點F的電勢相等，則下列說法正確的是()A．M點和P點的電場強度相等B．N點和P點的電場強度相等C．同一正電荷在M點時的電勢能大于在P點時的電勢能D．同一正電荷在N點時的電勢能小于在P點時的電勢能解析：由M點和N點的電勢相等，P點的電勢與F點的電勢相等，可知負點電荷Q應(yīng)位于MN連線的垂直平分線和PF連線的垂直平分線上，作圖得到Q的位置如圖所示，故P點離Q近，場強較大，故A錯誤；N點離Q較遠，則N點的場強比P點的小，故B錯誤；正電荷從M點運動到P點，電場力做正功，電勢能減小，則同一正電荷在M點的電勢能大于在P點的電勢能，故C正確；M點的電勢和N點的電勢相等，所以正電荷從N點運動到P點，電場力做正功，電勢能減小，則同一正電荷在N點的電勢能大于在P點的電勢能，故D錯誤。答案：C考向二平行板電容器的動態(tài)分析1．三個公式定義式C＝eq\f(Q,U)，確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，關(guān)系式E＝eq\f(U,d)。2．兩個關(guān)鍵點(1)電路處于接通狀態(tài)時，電容器兩極板間電壓不變。(2)電路處于斷開狀態(tài)時，電容器兩極板的帶電荷量不變。3．一個特例當(dāng)有電容器的回路接有二極管時，因二極管的單向?qū)щ娦裕瑢⑹闺娙萜鞯某潆娀蚍烹娛艿较拗?。[典例2](多選)如圖所示，一平行板電容器的兩極板A、B水平放置，A在上方，B在下方，上極板A接地，電容器、二極管、開關(guān)S與電源相連，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦浴，F(xiàn)將開關(guān)S閉合，位于A、B兩板之間P點的帶電粒子恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A．保持開關(guān)S閉合，將B板向上移動一小段距離，帶電粒子將向上移動B．保持開關(guān)S閉合，將B板向左移動一小段距離，P點電勢不變C．?dāng)嚅_開關(guān)S，將A板向上移動一小段距離，帶電粒子的電勢能增大D．?dāng)嚅_開關(guān)S，將A板向左移動一小段距離，A、B兩板間的電壓保持不變[思路點撥](1)二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不會放電?2)上極板A接地，表明A板的電勢為零。(3)敏捷應(yīng)用C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)、E＝eq\f(U,d)分析求解。[解析]開關(guān)S閉合，電容器兩極板間的電壓U保持不變，將B板向上移動，兩極板間距離d減小，依據(jù)電場強度E＝eq\f(U,d)得，E增大，電場力大于重力，帶電粒子將向上移動，選項A正確；開關(guān)S閉合，將B板向左移動，電容器兩板間的正對面積S減小，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)得，電容C減小，再依據(jù)C＝eq\f(Q,U)得，電容器帶的電荷量應(yīng)減小，但是由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，則電容器帶的電荷量Q仍舊保持不變，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，可得兩極板間的電場強度E＝eq\f(4πkQ,εrS)，S減小，E增大，P點電勢φP＝UPA＝－ExPA，則P點電勢降低，選項B錯誤；若將開關(guān)S斷開，電容器帶電荷量Q保持不變，依據(jù)E＝eq\f(4πkQ,εrS)得，電場強度E與距離d無關(guān)，則將A板上移一小段距離，電場強度E不變，又P點電勢φP＝UPA＝－ExPA，xPA增大，則P點電勢降低，由題意知粒子帶負電荷，負電荷所在處電勢越低，電勢能越大，選項C正確；若將開關(guān)S斷開，電容器帶的電荷量Q保持不變，將A板向左移動，正對面積S減小，依據(jù)E＝eq\f(4πkQ,εrS)得，E增大，依據(jù)電壓U＝Ed得，電壓U將增大，選項D錯誤。[答案]AC規(guī)律總結(jié)電容器動態(tài)分析的解題思路……………………(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變，如典例中開關(guān)閉合時電壓保持不變，開關(guān)斷開時電荷量保持不變。(2)依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，分析平行板電容器電容的改變狀況，如典例中將“極板上移”即d發(fā)生改變，從而C發(fā)生改變。(3)依據(jù)C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的改變狀況。(4)依據(jù)E＝eq\f(U,d)或E＝eq\f(4πkQ,εrS)分析電容器極板間電場強度及電勢差的改變狀況，如典例中的B項。(5)依據(jù)Q的改變狀況，分析電容器發(fā)生充電還是放電，分析電路中電流的方向。4．(2024·江蘇南京調(diào)研)“探究影響平行板電容器電容大小的因素”的試驗裝置如圖所示，忽視漏電產(chǎn)生的影響。下列推斷正確的是()A．極板正對面積減小時，靜電計指針偏角減小B．靜電計可以用電壓表代替C．靜電計所帶電荷量與平行板電容器電荷量不相等D．靜電計測量的是平行板電容器所帶電荷量解析：電容器帶電荷量肯定，極板正對面積減小時，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容器的電容減小，依據(jù)Q＝CU可知，兩板間電勢差變大，則靜電計指針偏角變大，A項錯誤；靜電計與電壓表、電流表的原理不同，電流表、電壓表線圈中有電流通過時，指針才偏轉(zhuǎn)，故不能用電壓表代替靜電計，故B項錯誤；靜電計與電容器串聯(lián)，其所帶電荷量只是很小的一部分，即小于平行板電容器的電荷量，C項正確；靜電計是定性反映電壓大小的儀器，不能反映平行板電容器所帶電荷量的多少，故D項錯誤。答案：C5．一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖所示。以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0，則下列關(guān)于各物理量與負極板移動距離x的關(guān)系圖像中正確的是()解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，C與兩極板間距離d成反比，C與x不是線性關(guān)系，選項A錯誤；電容器充電后與電源斷開，電荷量不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)、Q＝CU、U＝Ed得E＝eq\f(4πkQ,εrS)是定值，選項B錯誤；因負極板接地，電勢為零，所以P點電勢為φ＝E(L－x)，L為P點到負極板的初始距離，E不變，φ隨x增大而線性減小，選項C正確；由Ep＝qφ知Ep與電勢φ改變狀況一樣，選項D錯誤。答案：C6．(多選)(2024·河南重點中學(xué)高三聯(lián)考)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下說法正確的是()A．若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有b→a的電流B．若將A板向左平移一小段位移，則油滴仍舊靜止，G中有b→a的電流C．若將S斷開，則油滴馬上做自由落體運動，G中無電流D．若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G中有b→a的電流解析：依據(jù)電路圖可知，當(dāng)S閉合后，A板帶負電，B板帶正電，原來油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，說明油滴受到的豎直向上的電場力剛好與豎直向下的重力平衡。若將A板向上平移一小段位移，則板間間距d變大，而兩板間電壓U此時不變，故板間場強E＝eq\f(U,d)變小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速運動，而依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C減小，故兩板所帶電荷量Q也減小，因此電容器放電，所以G中有b→a的電流，選項A正確。在S閉合的狀況下，若將A板向左平移一小段位移，兩板間電壓U和板間間距d都不變，所以板間場強E不變，油滴受力平衡，仍舊靜止，但是兩板的正對面積S減小了，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C減小，兩板所帶電荷量Q也減小，電容器放電，所以G中有b→a的電流，選項B正確。若將S斷開，兩板所帶電荷量保持不變，板間場強E也不變，油滴仍舊靜止，選項C錯誤。若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，兩板所帶電荷量Q仍保持不變，兩板間間距d變小，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，明顯，兩板間場強E不變，所以油滴仍舊靜止，G中無電流，選項D錯誤。答案：AB考向三帶電粒子在電場中的運動1．分析思路先分析受力狀況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律。2．受力特點一般來說，除明顯示意外，帶電小球、液滴的重力不能忽視，電子、質(zhì)子等微觀帶電粒子的重力可以忽視。一般可依據(jù)帶電粒子的運動狀態(tài)推斷是否考慮重力作用。3．規(guī)律方法4．兩個結(jié)論(1)粒子垂直電場方向射入極板間時，位移偏向角θ和速度偏轉(zhuǎn)角φ滿意tanφ＝2tanθ。(2)射出極板時粒子的速度反向延長線過粒子水平位移的中點。[典例3]在直角坐標(biāo)系中，三個邊長都為l的正方形如圖所示排列，第一象限正方形區(qū)域ABOC中有水平向左的勻強電場，電場強度大小為E0，其次象限正方形COED的對角線CE左側(cè)CED區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強電場，三角形OEC區(qū)域內(nèi)無電場，正方形DENM區(qū)域內(nèi)無電場。(1)現(xiàn)有一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)從AB邊上的A點由靜止釋放，恰好能通過E點，求CED區(qū)域內(nèi)的勻強電場的電場強度E1的大小。(2)保持(1)問中電場強度不變，若在正方形區(qū)域ABOC內(nèi)的某些點由靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使全部的粒子都經(jīng)過E點，則釋放的坐標(biāo)值x、y間應(yīng)滿意什么關(guān)系？(3)若CDE區(qū)域內(nèi)的電場強度大小變?yōu)镋2＝eq\f(4,3)E0，方向不變，其他條件都不變，則在正方形區(qū)域ABOC內(nèi)的某些點由靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使全部粒子都經(jīng)過N點，則釋放點坐標(biāo)值x、y間又應(yīng)滿意什么關(guān)系？[思路點撥](1)帶電粒子從A點釋放后在兩個電場區(qū)域內(nèi)分別做勻加速直線運動和類平拋運動。(2)帶電粒子在正方形DENM區(qū)域內(nèi)做勻速直線運動。[解析](1)設(shè)粒子出第一象限時速度為v，由動能定理得qE0l＝eq\f(1,2)mv2粒子在CED區(qū)域內(nèi)做類平拋運動，由類平拋運動的規(guī)律得l＝vtl＝eq\f(1,2)·eq\f(qE1,m)t2計算可得E1＝4E0。(2)設(shè)粒子出第一象限時速度為v1，由動能定理得qE0x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)經(jīng)過分析知，要過E點，粒子在其次象限中做類平拋運動時豎直位移與水平位移相等為yy＝v1t1y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE1,m)teq\o\al(2,1)計算可得y＝x。(3)如圖所示為其中的一條軌跡線，設(shè)粒子出第一象限時速度為v2，由動能定理得qE0x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)由圖可知，在CED區(qū)域內(nèi)帶電粒子的水平位移為y，設(shè)豎直位移為y′，則y＝v2t2y′＝eq\f(1,2)·eq\f(q·\f(4,3)E0,m)teq\o\al(2,2)由類平拋運動中的中點規(guī)律可知eq\f(y′,y－y′)＝eq\f(\f(y,2),l)計算可得y＝3x－2l[答案](1)4E0(2)y＝x(3)y＝3x－27.(2024·浙江7月選考)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽視，則粒子到達MN連線上的某點時()A．所用時間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點的距離為eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°解析：粒子在電場中只受電場力，F(xiàn)＝qE，方向向下，如圖所示。粒子的運動為類平拋運動。水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t ①豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2 ②eq\f(y,x)＝tan45° ③由①②③可得t＝eq\f(2mv0,qE)，A錯誤；vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2mv0,qE)＝2v0，則速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)，則速度方向與豎直方向夾角θ＝arctaneq\f(1,2)，B、D錯誤；x＝v0t＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),qE)，與P點的距離s＝eq\f(x,cos45°)＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)，C正確。答案：C8．(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。?2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？解析：(1)PG、QG間場強大小相等，均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh ⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ)) ⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r