2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第七單元靜電場(chǎng)專題六電場(chǎng)中的“三類”典型問題學(xué)案新人教版

PAGE9-專題六電場(chǎng)中的“三類”典型問題突破1電場(chǎng)中的圖象問題題型1φ-x圖象(1)φ-x圖線的斜率大小等于電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，在φ-x圖線切線的斜率為零處，電場(chǎng)強(qiáng)度為零．(2)由φ-x圖象可以干脆推斷各點(diǎn)電勢(shì)的大小，并可依據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向．(3)在φ-x圖象中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢(shì)能的改變，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后做出推斷．(多選)在一靜止點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，任一點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示．電場(chǎng)中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢(shì)φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推．現(xiàn)將一帶正電的摸索電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項(xiàng)正確的是()A．EaEb＝41 B．EcEd＝21C．WabWbc＝31 D．WbcWcd＝13【分析】(1)電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小可由E＝keq\f(Q,r2)計(jì)算．(2)由圖中信息可以得到各點(diǎn)之間的距離和電勢(shì)差．【解析】a到點(diǎn)電荷的距離為ra，由圖可知，b、c、d到點(diǎn)電荷的距離分別為rb＝2ra、rc＝3ra、rd＝6ra，由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)可得：Ea＝4Eb＝9Ec＝36Ed，則EaEb＝41，EcEd＝41；設(shè)帶正電的摸索電荷的電量為q，則Wab＝qUab，Wbc＝qUbc，Wcd＝qUad；由圖知Uab＝3V，Ubc＝1V，Ucd＝1V，故WabWbc＝31，WbcWcd＝11，故選項(xiàng)A、C正確．【答案】AC題型2E-x圖象(1)E-x圖象反映了電場(chǎng)強(qiáng)度隨位移改變的規(guī)律．(2)E-x圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢(shì)差，“面積”大小表示電勢(shì)差大小，兩點(diǎn)的電勢(shì)凹凸依據(jù)電場(chǎng)方向判定．(多選)某靜電場(chǎng)中x軸上電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x改變的關(guān)系如圖所示，設(shè)x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向．一帶電荷量大小為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，結(jié)果粒子剛好能運(yùn)動(dòng)到x＝3x0處，假設(shè)粒子僅受電場(chǎng)力作用，E0和x0已知，則()A．粒子肯定帶負(fù)電B．粒子的初動(dòng)能大小為eq\f(3,2)qE0x0C．粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能先增大后減小D．粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過程中最大動(dòng)能為2qE0x0【解析】假如粒子帶負(fù)電，粒子在電場(chǎng)中肯定先做減速運(yùn)動(dòng)后做加速運(yùn)動(dòng)，因此粒子x＝3x0處的速度不行能為零，故粒子肯定帶正電，A錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理eq\f(1,2)qE0x0－eq\f(1,2)×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝eq\f(3,2)qE0x0，B正確；粒子向右運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，因此電勢(shì)能先減小后增大，C錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)到x0處動(dòng)能最大，依據(jù)動(dòng)能定理eq\f(1,2)qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正確．【答案】BD題型3Ep-x圖象(1)反映了電勢(shì)能隨位移改變的規(guī)律．(2)圖線的切線斜率大小等于電場(chǎng)力大小．(3)進(jìn)一步推斷場(chǎng)強(qiáng)、動(dòng)能、加速度等隨位移的改變狀況．兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷固定在x軸上的O、M兩點(diǎn)，規(guī)定無窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)能零點(diǎn)，一帶負(fù)電的摸索電荷在x軸上各點(diǎn)具有的電勢(shì)能隨x改變關(guān)系如圖所示，其中摸索電荷在A、N兩點(diǎn)的電勢(shì)能為零，在ND段中C點(diǎn)電勢(shì)能最大．下列說法正確的是()A．q1為正電荷，q2為負(fù)電荷B．q1的電荷量小于q2的電荷量C．將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功D．一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)由靜止釋放后會(huì)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)且到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度最大【解析】由圖知無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)能為0，A點(diǎn)的電勢(shì)能也為0，從O到M，電勢(shì)能先為正值后為負(fù)值，說明O點(diǎn)的電荷q1帶負(fù)電，M點(diǎn)的電荷q2帶正電，由于A點(diǎn)距離O比較遠(yuǎn)而距離M比較近，所以q1的電荷量大于q2的電荷量，故A、B錯(cuò)誤；由圖可知，A、N兩點(diǎn)的電勢(shì)能為零，則這兩點(diǎn)電勢(shì)為零，負(fù)電荷由N到C，電勢(shì)能增加，而由C到D，電勢(shì)能減小，可知在C點(diǎn)左側(cè)電場(chǎng)方向向右，在C點(diǎn)右側(cè)電場(chǎng)方向向左，則正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，即速度最大，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．【答案】D突破2帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的常見狀況(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)．(2)粒子做來回運(yùn)動(dòng)(一般分段探討)．(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般依據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段探討)．2．解答帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思維方法(1)留意分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．(2)分析時(shí)從兩條思路動(dòng)身：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，依據(jù)牛頓其次定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．(3)留意對(duì)稱性和周期性改變關(guān)系的應(yīng)用．題型1帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間改變的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計(jì)電子的重力，下列說法正確的是()A．在t＝0時(shí)刻釋放電子，電子始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B．在t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)C．在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，也可能打到右極板上D．在t＝eq\f(3,8)T時(shí)刻釋放電子，電子必定從左極板小孔向左飛出【解析】若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子將重復(fù)先加速后減速，直到打到右極板，不會(huì)在兩板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子先加速eq\f(T,4)，再減速eq\f(T,4)，有可能電子已到達(dá)右極板，若此時(shí)未到達(dá)右極板，則電子將在兩極板間振動(dòng)，故C項(xiàng)正確；同理，若在t＝eq\f(3,8)T時(shí)刻釋放電子，電子有可能到達(dá)右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩板間的距離，D項(xiàng)錯(cuò)誤．【答案】AC題型2帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時(shí)間t改變的圖線如圖乙所示．質(zhì)量為m、重力不計(jì)的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經(jīng)時(shí)間T從兩板間飛出．下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的描述錯(cuò)誤的是()A．t＝0時(shí)入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)偏離中線的距離最大B．t＝eq\f(1,4)T時(shí)入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)偏離中線的距離最大C．無論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向都水平D．無論哪個(gè)時(shí)刻入射的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小都相等【解析】粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是相同的；t＝0時(shí)入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，最終離開電場(chǎng)區(qū)域，故t＝0時(shí)入射的粒子離開電場(chǎng)時(shí)偏離中線的距離最大，選項(xiàng)A正確；t＝eq\f(1,4)T時(shí)入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，再反向加速，最終反向減速離開電場(chǎng)區(qū)域，故此時(shí)刻射入的粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度方向和中線在同始終線上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于電場(chǎng)改變的周期T，依據(jù)動(dòng)量定理，豎直方向電場(chǎng)力的沖量的矢量和為零，故全部粒子離開電場(chǎng)時(shí)的豎直方向分速度為零，即最終都垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)，離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小都等于初速度，選項(xiàng)C、D正確．【答案】B題型3帶電粒子在交變電場(chǎng)中的綜合問題如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽視不計(jì)，電子放射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上、下極板的電勢(shì)隨時(shí)間改變的圖象如圖乙所示．(每個(gè)電子穿過平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)求：(1)在t＝0.06s時(shí)刻放射電子，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？【分析】(1)電子經(jīng)電場(chǎng)加速，依據(jù)動(dòng)能定理可求末速度．(2)由于每個(gè)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間極短、電壓不變，所以每個(gè)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)．(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)熒光屏．【解析】(1)電子經(jīng)電場(chǎng)加速滿意qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qu,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2所以y＝eq\f(uL,4U0)，由題圖知t＝0.06s時(shí)刻u＝1.8U0，所以y＝4.5cm，設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)距離為Y，滿意eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2)).所以Y＝13.5cm.(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm.【答案】(1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5cm(2)30cm突破3電場(chǎng)中的力、電綜合問題1．動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)(1)由于勻強(qiáng)電場(chǎng)中帶電粒子所受電場(chǎng)力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，留意受力分析要全面，特殊留意重力是否須要考慮的問題．2．能量的觀點(diǎn)(1)運(yùn)用動(dòng)能定理，留意過程分析要全面，精確求出過程中的全部力做的功，推斷是對(duì)分過程還是對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理．(2)運(yùn)用能量守恒定律，留意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)．3．動(dòng)量的觀點(diǎn)(1)運(yùn)用動(dòng)量定理，要留意動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維狀況下，各個(gè)矢量必需選同一個(gè)正方向．(2)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，除了要留意動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是矢量式，還要留意題目表述是否為某方向上的動(dòng)量守恒．(2024·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)．從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后放射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點(diǎn)放射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．【分析】本題中不帶電小球做平拋運(yùn)動(dòng)；帶電小球做類平拋運(yùn)動(dòng)．兩種運(yùn)動(dòng)均屬于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，處理方法均為分解法，均可分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿合外力方向且初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．【解析】(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a.依據(jù)牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q).③(2)設(shè)B從O點(diǎn)放射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，依據(jù)動(dòng)能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh＋qEh④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2.⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)⑦【答案】(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)高分技法帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的主要求解方法1受力分析：受力分析是基礎(chǔ)，在受力分析時(shí)是否考慮重力必需留意題目條件.2運(yùn)動(dòng)分析：在運(yùn)動(dòng)過程分析中應(yīng)留意物體做直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)及圓周運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng).3規(guī)律選擇：依據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解.4常用規(guī)律：共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定律、功能關(guān)系、圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式等.5思維方法：常用到力的合成與分解、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、等效法、假設(shè)法、類比法等.1．如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不行伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則(B)A．小球帶負(fù)電B．電場(chǎng)力跟重力平衡C．小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能減小D．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒解析：本題考查電勢(shì)能、電場(chǎng)力等．依據(jù)題述小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由合外力供應(yīng)向心力，小球受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)繩的拉力，電場(chǎng)力應(yīng)與重力平衡，則知小球帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球的電勢(shì)能增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力做功，所以小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2．如圖，AB為豎直的eq\f(1,4)光滑圓弧絕緣軌道，其半徑為0.5m，A點(diǎn)與圓心O等高，最低點(diǎn)B與絕緣水平面平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)為5×103N/C.將一個(gè)質(zhì)量為0.1kg、電荷量為＋8×10－5C的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放，已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05，取g＝10m/s2，則滑塊(D)A．第一次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度大小為eq\r(10)m/sB．第一次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)B點(diǎn)的壓力為1.2NC．在水平面對(duì)右運(yùn)動(dòng)的加速度大小為3.5m/s2D．在水平面上通過的總路程為6m解析：設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，依據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(6)m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在圓弧軌道最低點(diǎn)B，對(duì)滑塊運(yùn)用牛頓其次