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1、第8章 電場,考點21 電勢 電勢差,考點20 庫倫定理 電場強度,考點22 靜電屏蔽 電容器,考點23 帶電粒子在勻強電場中的運動,考點20 庫倫定理 電場強度,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法1庫侖定律的理解與應用 考法2三個電荷的平衡分析 考法3電場強度的計算與矢量合成 考法4電場線與帶電粒子在電場中運動軌跡的關系 考法例析 成就能力 題型1電場知識與力學知識的綜合 題型2電場知識與運動學知識的結(jié)合 題型3電場強度的疊加及大小的計算,必備知識全面把握,1電荷守恒定律 (1)電荷：自然界中只存在兩種電荷，即正電荷和負電荷 電荷間相互作用的規(guī)律： 電荷量
2、：物體所帶電荷的多少 元電荷：電荷量e1.61019 C稱為元電荷任何物體帶電荷量均為元電荷的整數(shù)倍 點電荷：若帶電體之間的距離比它們自身的大小尺寸大得多，以致帶電體的形狀和大小對它們間的相互作用力的影響可忽略不計這樣的帶電體就可視為點電荷 (2)使物體帶電的三種方式： 摩擦起電；接觸帶電；感應起電 (3)電荷守恒定律： 電荷既不能創(chuàng)生也不能消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，且在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保持不變,2庫侖定律 (1)內(nèi)容：在真空中兩個點電荷之間的相互作用力大小與它們的電荷量的乘積成正比，與它們之間距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上
3、(2)公式：F ，k9.0109 Nm2/C2. (3)適用條件 庫侖定律的適用條件是真空中的兩個靜止點電荷之間的相互作用 相距一定距離的兩個均勻帶電球體(可視為點電荷)之間以及一個均勻帶電球體與球外一個點電荷間的相互作用，也可用庫侖定律公式來計算，式中r是兩個帶電球體球心間或球體球心與點電荷間的距離 (4)庫侖力的方向：根據(jù)電荷間的作用是排斥還是吸引來判定庫侖力也遵守牛頓第三定律，即兩帶電體間的相互作用力大小相等、方向相反,3電場與電場強度,(3)勻強電場 在電場中某一區(qū)域，若各點的場強大小和方向均相同，則這個區(qū)域的電場稱為勻強電場,4電場線 (1)定義：在電場中畫出的一系列的曲線，曲線上
4、每一點的切線方向與該點的場強方向相同，曲線的疏密程度表示場強大小 (2)性質(zhì)： (3)常見電場的電場線分布 點電荷的電場線分布 特點：離點電荷越近，電場線越密，場強越大；在點電荷形成的電場中，不存在場強相等的點；若以點電荷為球心 作一個球面，電場線處處與球面垂直，在此球面上場強大小處處相等，但方向各不相同(如圖所示),等量異種點電荷的電場線分布 特點：沿兩點電荷的連線，場強先變小后變大；兩點電荷連線中垂面(線)上，場強方向均相同，且總與中垂面(線)垂直；在中垂面(線)上，與兩點電荷連線的中點O等距離的各點場強相等；在中垂面(線)上的電荷受到的電場力的方向總與中垂面(線)垂直，因此，在中垂面(線
5、)上移動電荷時電場力不做功(如圖所示) 等量同種點電荷的電場線分布 特點：兩點電荷連線中點O處場強為零；兩點電荷連線中點O附近的電場線非常稀疏，但場強并不為零從兩點電荷連線中點O沿中垂面(線)到無限遠，電場線先變密后變疏，即場強先變大后變小(如圖所示),考點20,點電荷與帶異種電荷平板間的電場線分布(點電荷距帶電平板的距離非常近) 特點：電場線以從點電荷向平板所作的垂線為軸左右對稱；平板表面附近的電場線與平板垂直；電場線的分布情況類似于等量異種點電荷的電場線分布，而帶電平板恰好為兩點電荷連線的垂直平分線(如圖所示) 勻強電場中的電場線分布 特點：電場線是分布均勻的平行直線， 即場強方向處處相同
6、，大小處處相等；兩塊靠近的大小相等、互相正對且平行的金屬板分別帶有等量異種電荷時，它們間的電場除邊緣附近外，都是勻強電場(如圖所示),核心方法重點突破,考法1庫侖定律的理解與應用 太空飛船在宇宙中飛行時，和其他天體間的萬有引力可以忽略，但是飛船會因遇到宇宙塵埃的碰撞而受到阻礙作用設單位體積的太空均勻分布著n顆宇宙塵埃，每顆宇宙塵埃的平均質(zhì)量為m，速度可以忽略飛船維持恒定的速率v飛行，垂直速度方向的橫截面積為S，與宇宙塵埃碰撞后，將宇宙塵埃完全粘附住試求飛船引擎所應提供的平均推力的大小,例1,【解析】 【答案】,例1,考法2三個電荷的平衡分析 課標全國2013 18，6分如圖，在光滑絕緣水平
7、面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中已知靜電力常量為k.若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為(),例2,【解析】 【答案】B,例2,考法3電場強度的計算與矢量合成 如圖所示，在正六邊形的a、c兩個頂點各放一帶正電的點電荷，電荷量大小都是q1，在b、d兩頂點各放一帶負電的點電荷，電荷量大小都是q2，q1q2.則正六邊形中心O點處的合場強可能為() AE1BE2CE3DE4,例3,【解析】 a、c處點電荷在O點處產(chǎn)生的合場強方向指向e，而b、d處點電荷在O點處產(chǎn)生的合場強方向指向c
8、，而q1q2，即EacEbd，故O點處的合場強可能為E2，故選B. 【答案】B,例3,考法4電場線與帶電粒子在電場中運動軌跡的關系 廣東2016模擬如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線1、2、3為等勢線，已知MNNQ，a、b兩帶電粒子從等勢線2上的N點以相同的初速度飛出僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖所示，則() Aa一定帶正電，b一定帶負電 Ba的加速度逐漸減小，b的加速度逐漸增大 CM、N兩點間電勢差|UMN|等于N、Q兩點間電勢差|UNQ| Da粒子到達等勢線3時動能的變化量比b粒子到達等勢線1時動能的變化量小,例4,【解析】 由圖可知，a粒子的軌跡向右彎曲，則a粒子所受電
9、場力方向向右，b粒子的軌跡向左彎曲，則b粒子所受電場力方向向左，由于電場線方向未知，無法判斷粒子的電性，故A錯誤由電場線疏密可知，a所受電場力逐漸減小，加速度逐漸減小，b所受電場力逐漸增大，加速度逐漸增大，故B正確已知MNNQ，由于MN段場強大于NQ段場強，所以M、N兩點間電勢差|UMN|大于N、Q兩點間電勢差|UNQ|，故C錯誤根據(jù)電場力做功公式WUq，|UMN||UNQ|，由于兩個粒子所帶電荷量的大小關系未知，所以不能判斷電場力所做的功多少及動能變化量大小，故D錯誤 【答案】B,例4,考點20,考法例析成就能力,題型1電場知識與力學知識的綜合 浙江理綜201419，6分(多選)如圖所示，水
10、平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為.一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行小球A的質(zhì)量為m、電荷量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷小球A靜止在斜面上，則(),例1,【解析】 【答案】A、C,例1,題型2電場知識與運動學知識的結(jié)合 北京理綜201722，16分如圖所示，長l1 m的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角37.已知小球所帶電荷量q1.0106 C，勻強電場的場強
11、E3.0103 N/C，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求： (1)小球所受電場力F的大??； (2)小球的質(zhì)量m； (3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小,例2,【解析】 【答案】(1)3.0103 N(2)4.0104 kg(3)2.0 m/s,例2,湖北襄陽五中2017三模如圖所示，虛線a、b、c是電場中的一簇等勢線(相鄰等勢線之間的電勢差相等)，實線為一粒子(24He核，重力不計)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知() Aa、b、c三條等勢線中，a的電勢最高 B電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的
12、電勢能小 C粒子在P點的加速度大小比在Q點的加速度大小大 D粒子一定是從P點向Q點運動,例3,【解析】 電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于粒子帶正電，因此電場線指向左上方，沿電場線方向電勢降低，故c等勢線的電勢最高，a等勢線的電勢最低，選項A錯誤；Q點電勢高于P點，則電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大，選項B錯誤；P點所在位置的等勢線較Q點密集，則電場線較Q點密集，則P點的場強較大，即粒子在P點的加速度大小比在Q點的加速度大小大，選項C正確；根據(jù)題中信息，不能確定粒子一定是從P點運動到Q點，選項D錯誤 【答案】C,例3,題型3電場強度的疊加及大小的計算 1對稱法 課標全國201315
13、，6分如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q的固定點電荷已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量) (),例4,【解析】 【答案】B,例4,2補償法 上海虹口區(qū)2016一模如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電荷量為，其軸線上任意一點P(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E2k ，方向沿x軸現(xiàn)考慮單位面積帶電荷量為0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示則圓孔軸線上任意一點Q(坐標為
14、x)的電場強度為 (),例5,【解析】 【答案】A,例5,第8章,考點21電勢電勢差,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法5電場線、等勢面的特點 考法6電場力做功與電勢能的關系 考法7電場中電勢差與電場強度的關系 考法8電場中的圖像問題 考法例析 成就能力 題型4電場力做功、電勢能與力學知識的綜合分析 題型5已知場源電荷或電場線分布分析電勢 題型6等勢面與粒子運動、能量轉(zhuǎn)化的綜合 題型7根據(jù)圖像分析物理量的變化,必備知識全面把握,1電勢能 (1)定義：移動電荷時電場力做功與移動的路徑無關，電荷在電場中也具有勢能，這種勢能叫作電勢能，用Ep表示 (2)電場力做功與電勢
15、能變化的關系：電場力做的功等于電勢能的減少量，WABEpAEpB. (3)計算：在電場中有A、B兩點，若令B0，則電荷q在A點的電勢能為EpAWABqUABqA.,2電勢和電勢差 (1)電勢 定義：電荷在電場中某一點的電勢能與它的電荷量的比值，叫作這一點的電勢，用表示表達式是 在國際單位制中，電勢的單位是伏特(V)，1 V1 J/C.電勢是標量，只有大小，沒有方向 特點：電勢是標量某點電勢大于零，表明該點電勢比零電勢點高；某點電勢小于零，表明該點電勢比零電勢點低電場中某點電勢值與電場本身和零電勢點的選取有關，一般選取無窮遠處或大地電勢為零電場中沿著電場線的方向電勢越來越低，場強的方向是電勢降落
16、最快的方向 (2)電勢能與電勢的關系 對于正電荷，電勢越高，該電荷具有的電勢能越大；對于負電荷，電勢越低，該電荷具有的電勢能越大 (3)電勢差 電場中兩點間電勢的差值叫作電勢差，也叫作電壓，用UAB表示 UABAB，UBABA，所以有UABUBA. 電勢差的國際單位是伏特，簡稱伏，用符號V表示 電勢差UAB在數(shù)值上等于單位正電荷由A點移動到B點電場力所做的功WAB. 電勢差是標量WAB、UAB都有正負，在計算時可帶符號計算，UABUBA，WABWBA.,3等勢面 (1)定義：電場中電勢相同的各點構(gòu)成的面 (2)特點 在同一等勢面上移動電荷，電場力 不做功； 等勢面與電場線垂直； 電場線越密的地
17、方，等勢面也越密； 電場線和等勢面不是客觀存在的， 但能表示電場； 各等勢面不相交、不相切 (3)幾種常見的等勢面和電場線：,考點21,核心方法重點突破,考法5電場線、等勢面的特點 北京理綜201415，6分如圖所示，實線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面下列判斷正確的是() A1、2兩點的場強相等 B1、3兩點的場強相等 C1、2兩點的電勢相等 D2、3兩點的電勢相等,例1,【解析】 根據(jù)電場線和等勢面越密集處電場強度越大，可知場強大小為E1E2E3，故A、B錯誤沿著電場線方向，電勢逐漸降低，同一等勢面電勢相等，故123，選項C錯誤，D正確 【答案】D,例1,考法6電場力做功與電勢
18、能的關系 課標全國201515，6分如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為M、N、P、Q.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等則() A直線a位于某一等勢面內(nèi)，MQ B直線c位于某一等勢面內(nèi)，MN C若電子由M點運動到Q點，電場力做正功 D若電子由P點運動到Q點，電場力做負功,例2,【解析】 因電子由M點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負功相等，根據(jù)WABUABq可知，UMNUMP，即NP，N、P在同一等勢面上，在勻強電場中等勢面是相互平行的直線，因MQNP，故M、Q也在同一等勢面上，即MQ，選項A
19、錯誤；電子由M點分別運動到N點和P點電場力做負功，電場線與等勢面垂直，故電場強度的方向為MN或QP，即MN，選項B正確；M、Q在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點電場力不做功，選項C錯誤；電子由P點運動到Q點，逆著電場線運動，電場力做正功，選項D錯誤 【答案】B,例2,考法7電場中電勢差與電場強度的關系 江蘇物理20144，3分如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是() AO點的電場強度為零，電勢最低 BO點的電場強度為零，電勢最高 C從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高 D從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低,
20、例3,【解析】 將圓環(huán)看成由許許多多的點電荷組成，根據(jù)電場強度的合成可知，O點電場強度為零，圓環(huán)帶正電荷，根據(jù)正電荷周圍電勢變化關系，再結(jié)合對稱性可知，O點電勢最高，故選項A錯誤，B正確；從O點沿x軸正方向，一定有一個電場強度最大的位置，故電場強度先增大后減小，電勢一直降低，選項C、D均錯誤 【答案】B,例3,考法8電場中的圖像問題 1場強E(電勢)與位移x的關系圖像的應用 山東平度2016模擬如圖所示，x軸上各點的電場強度如圖所示，場強方向與x軸平行，規(guī)定沿x軸正方向為正一負點電荷從坐標原點O以一定的初速度沿x軸正方向運動，點電荷到達x2位置速度第一次為零，在x3位置第二次速度為零，不計粒子
21、的重力下列說法正確的是() A點電荷從O點運動到x2，再運動到x3的過程中，速度先均勻減小再均勻增大，然后再減小再增大 B點電荷從O點運動到x2，再運動到x3的過程中，加速度先減小再增大，然后保持不變 CO點與x2電勢差U1和O點與x3電勢差U2大小關系為U1U2 D點電荷在x2、x3位置的電勢能最大,例4,【解析】 【答案】D,例4,2電勢能Ep與位移x的關系圖像的綜合應用 湖南長沙2016模擬(多選)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中Ox2段是對稱的曲線，x2x3段是直線，則下列說法正確的是() Ax1處電場強度最大 Bx2x3段
22、處是勻強電場 Cx1、x2、x3處電勢1、2、3的關系為123 D粒子在Ox2段做勻變速運動，在x2x3段做勻速直線運動,例5,【解析】 因為Epx圖像的斜率可以反映電場強度大小，所以在x1處電場強度最小，A錯誤；x2x3段為直線，斜率恒定，所以該段為勻強電場，B正確；粒子帶負電，Ox1階段，電場力做正功，即逆著電場線方向到達x1處，之后電場力做負功，順著電場線從x1依次到達x2、x3，而沿電場線方向電勢降低，故有123，C正確；Epx圖像的斜率可以反映電場強度大小，所以粒子在Ox2段做變加速直線運動，在x2x3段做勻變速直線運動，D錯誤 【答案】BC,例5,3力學中的vt圖像在電場中的應用
23、山東濟寧2018屆檢測(多選)如圖甲所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，圓環(huán)平面與豎直平面重合一光滑細桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細桿上套有一個質(zhì)量為m10 g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q5.0104 C小球從C點由靜止釋放，其沿細桿由C經(jīng)B向A運動的vt圖像如圖乙所示小球運動到B點時，vt圖像的切線斜率最大(圖中標出了該切線)則下列說法正確的是() A在O點右側(cè)桿上，B點場強最大，場強大小為E1.2 V/m B由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后變大 C由C到A電勢逐漸降低 DC、B兩點間的電勢差UCB0.9 V,例6,【解析】 【答案】ACD,例6,考點21,考法例析
24、成就能力,題型4電場力做功、電勢能與力學知識的綜合分析 海南物理201610，5分(多選)如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點不計重力下列說法正確的是() AM帶負電荷，N帶正電荷 BM在b點的動能小于它在a點的動能 CN在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 DN在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功,例1,【解析】 由粒子受到的電場力指向軌跡的凹側(cè)，可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M帶負電荷，N帶正電荷，選項A正確；由于虛線是等勢面，故M在b點的電勢能大于在a點的電勢能，帶電
25、粒子的動能與電勢能之和不變，則M在b點的動能小于在a點的動能，選項B正確；d點和e點在同一等勢面上，N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，選項C正確； N從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，選項D錯誤 【答案】ABC,例1,題型5已知場源電荷或電場線分布分析電勢 課標全國201620，6分(多選)如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱忽略空氣阻力由此可知() AQ點的電勢比P點高 B油滴在Q點的動能比它在P點的大 C油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小,例2,【解析】 由題意可知，該油滴在P點
26、的受力分析如圖所示，且電場力大于重力，油滴帶負電，電場方向豎直向下，則QP，故A正確；油滴從P到Q電場力做正功，電勢能減小，故在Q點的電勢能比在P點的小，故C錯誤；電場為勻強電場，油滴受力恒定做勻變速曲線運動，加速度恒定，故 D錯誤；油滴的軌跡為拋物線，故P為等效最高點，動能最小，故B正確 【答案】AB,例2,題型6等勢面與粒子運動、能量轉(zhuǎn)化的綜合 課標全國201615，6分如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓帶電粒子Q在P的電場中運動運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為v
27、a、vb、vc，則() Aaaabac，vavcvb Baaabac，vbvcva Cabacaa，vbvcva Dabacaa，vavcvb,例3,【解析】 【答案】D,例3,題型7根據(jù)圖像分析物理量的變化 湖北武漢外國語2017考前沖刺(多選)如圖所示為帶電粒子只在電場力作用下運動的vt圖像，在a點的速度為va，運動到b點的速度為vb，則下列說法中正確的是() A電場中a點電勢一定比b點電勢高 B粒子在a點的電勢能一定比在b點的電勢能大 C在0t1時間內(nèi)，粒子運動路徑與電場力可能不在一條直線上 D在0t1時間內(nèi)，粒子運動過程中受到的電場力先減小后增大再減小,例4,【解析】 由于不知粒
28、子的電性，因此不能確定兩點電勢的高低，故A錯誤；由于只有電場力做功，電勢能與動能的和為一定值，因為b點速度比a點速度大，即粒子在b點的動能比在a點的動能大，所以粒子在a點的電勢能一定比在b點的電勢能大，故B正確；由于vt圖像反映的是粒子做直線運動的速度隨時間變化的規(guī)律，因此粒子的運動路徑是一條直線，即粒子受到的電場力一定與運動速度在一條直線上，故C錯誤；由于vt圖像的斜率表示加速度，由圖可知，在0t1時間內(nèi)，粒子運動的加速度先減小后增大，然后再減小，由牛頓第二定律可知，粒子運動過程中受到的電場力先減小后增大再減小，故D正確 【答案】B、D,例4,江蘇南京2016模擬如圖所示，一半徑為R的均勻帶
29、正電圓環(huán)水平放置，環(huán)心為O點，質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點正上方的A點由靜止釋放，并穿過帶電環(huán)，關于小球從A到A關于O的對稱點A過程中的加速度(a)、重力勢能(EpG)、機械能(E)、電勢能(Ep電)隨位置變化的圖像一定錯誤的是(取O點為坐標原點且重力勢能為零，豎直向下為正方向，無限遠電勢為零)(),例5,【解析】 圓環(huán)中心的場強為零，無窮遠處場強也為零，則小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，場強可能先增大后減小，則小球所受的電場力先增大后減小，方向豎直向上，由牛頓第二定律得知，重力不變，則加速度可能先減小后增大；小球穿過圓環(huán)后，小球所受的電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對稱性可知，電場
30、力先增大后減小，則加速度先增大后減小，故A正確；小球從A點到A點的過程中，重力勢能EpGmgh，重力勢能與高度是線性變化的，故B正確；小球從A點到圓環(huán)中心的過程中，電場力做負功，機械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機械能增大，故C正確；由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關系，故D錯誤 【答案】D,例5,第8章,考點22靜電屏蔽電容器,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法9平行板電容器動態(tài)變化問題 考法例析 成就能力 題型8 靜電感應現(xiàn)象 題型9 電容器與電路知識的綜合應用 題型10電容器
31、與力學知識的綜合應用,必備知識全面把握,1靜電屏蔽 (1)靜電感應 當一個帶電體靠近導體時，由于電荷間的相互吸引或排斥，導體中的自由電荷便會趨向或遠離帶電體，使導體靠近帶電體的一端帶異種電荷，遠離帶電體的一端帶同種電荷，如圖所示，這種現(xiàn)象叫靜電感應 (2)靜電平衡 導體中(包括表面)沒有電荷定向移動的狀態(tài)處于靜電平衡狀態(tài)的 導體的特點： 內(nèi)部場強處處為零假設內(nèi)部場強不為零，則自由電荷必受到電場力作用而發(fā)生定向移動，說明導體尚未達到靜電平衡 a導體靜電平衡后內(nèi)部場強處處為零，是指外部電場強度與導體兩端感應電荷產(chǎn)生的場強的合場強為零 b導體內(nèi)的靜電平衡過程非常迅速，在沒有特別說明的情況下，認為沒有
32、電流通過的導體均處于靜電平衡狀態(tài) 整個導體是個等勢體，它的表面是個等勢面 導體表面上任何一點的場強方向跟該點的表面垂直若不垂直，電荷將在導體表面發(fā)生定向移動，即未達到靜電平衡,(3)處于靜電平衡狀態(tài)的導體上電荷的分布特點 導體內(nèi)部沒有電荷，電荷只分布在導體的外表面 在導體外表面，越尖銳的位置電荷的密度(單位面積的電荷量)越大，凹陷的位置幾乎沒有電荷 (4)尖端放電 空氣電離 導體尖端的電荷密度很大，附近的電場很強，空氣中殘留的帶電粒子在強電場的作用下發(fā)生劇烈的運動，把空氣中的氣體分子撞“散”，也就是使分子中的正、負電荷分離，這個現(xiàn)象叫空氣的電離 尖端放電 中性的分子電離后變成帶負電的自由電子和
33、失去電子而帶正電的離子這些帶電粒子在強電場的作用下加速，撞擊空氣中的分子，使它們進一步電離，產(chǎn)生更多的帶電粒子那些所帶電荷與導體尖端的電荷異號的粒子，由于被吸引而移向尖端，與尖端上的電荷中和，這相當于導體從尖端失去電荷這個現(xiàn)象叫尖端放電,生活實例 避雷針是利用尖端放電避免雷擊的一種設施當帶電的雷雨云接近建筑物時，由于靜電感應，金屬棒出現(xiàn)與云層相反的電荷通過尖端放電，這些電荷不斷向大氣釋放，中和空氣中的電荷，達到避免雷擊的目的現(xiàn)代避雷針往往具有很多組金屬尖棒，做成蒲公英的形狀，以增強避雷效果 (5)靜電屏蔽 定義：處于靜電平衡狀態(tài)下的導體或?qū)w殼，內(nèi)部場強處處為零，利用這一特點，導體殼就可以保持
34、它所包圍區(qū)域不受外部電場的影響，這種現(xiàn)象叫靜電屏蔽 應用：電學儀器和電子設備外面的金屬罩、通信電纜外面包的一層鉛皮等,2電容、電容器 (1)電容 定義：電容器所帶電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值，叫電容器的電容 定義式：C 式中Q指每一個極板帶電荷量的絕對值，且C (2)電容器 任何兩個彼此絕緣又相隔很近的導體都可以看成一個電容器 充電過程的特點 a充電電流方向為從電源的正極流出的電流的方向，電流由大變小 b電容器所帶電荷量增加 c電容器兩極板間電壓升高 d電容器中電場強度增加 e充電后，電容器從電源中獲取的能量為電能 當電容器充電結(jié)束后，電容器所在電路中無電流，電容器兩極板間電壓與充
35、電電壓相等,放電過程的特點 a放電電流方向是從正極板流出的電流的方向，電流由大變小 b電容器上電荷量減少 c電容器兩極板間電壓降低 d電容器中電場強度減弱 e電容器的電能轉(zhuǎn)化成其他形式的能 放電的過程實際上就是電容器極板所帶正、負電荷中和的過程，當放電結(jié)束時，電路中無電流 電場能：電容器由電源獲得的儲存在電場中的能量 常見的電容器 a按極板間電介質(zhì)分：空氣電容器、云母電容器、紙質(zhì)電容器、陶瓷電容器、滌綸電容器、電解電容器等 b按構(gòu)造分：可變電容器和固定電容器其中可變電容器是通過改變兩極板正對面積或極板間距離來改變電容的,3平行板電容器 (1)平行板電容器電容的決定式：C ，其中k為靜電力常量，
36、S為正對面積，d為兩板間距離，r為電介質(zhì)的相對介電常數(shù) (2)電容計算公式的應用 電容器始終接在電源上時，U一定，討論Q、E隨C的變化情況； 電容器與電源斷開時，Q一定，討論U、E隨C的變化情況,4靜電計 用來測電勢差的儀器，把它的金屬球跟一個導體連接，它的金屬外殼跟另一個導體連接(或接地)，從指針的偏轉(zhuǎn)角度就可測出導體間的電勢差 帶電的電容器與靜電計連接時，可認為電容器上的電荷量保持不變.,考點22,核心方法重點突破,考法9平行板電容器動態(tài)變化問題 課標全國201614，6分一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上，若將云母介質(zhì)移出，則電容器() A極板上的電荷量變大，極板間
37、電場強度變大 B極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變,例1,【解析】 【答案】D,例1,考點22,考法例析成就能力,題型8靜電感應現(xiàn)象 浙江理綜201615，6分如圖所示，兩個不帶電的導體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開，則() A此時A帶正電，B帶負電 B此時A電勢低，B電勢高 C移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 D先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合,例1,【解析】 由靜電場中電荷間的作用特點及靜電感應特點可知，A
38、帶負電，B帶正電，A錯誤；處于靜電平衡的導體是等勢體，故A、B電勢相等，B錯誤；移去C，A、B上的感應電荷失去外電場的作用，又回到原狀態(tài)，A、B下部的金屬箔閉合，C正確；A、B先分開后再移去C，A帶負電，B帶正電，A、B下的金屬箔都不會閉合，D錯誤 【答案】C,例1,題型9電容器與電路知識的綜合應用 課標全國201617，6分阻值相等的四個電阻、電容器C及電池E(內(nèi)阻可忽略)連接成如圖所示電路開關S斷開且電流穩(wěn)定時，C所帶的電荷量為Q1；閉合開關S，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2.Q1與Q2的比值為(),例2,【解析】 【答案】C,例2,題型10電容器與力學知識的綜合應用 課標全國2
39、01514，6分如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將() A保持靜止狀態(tài) B向左上方做勻加速運動 C向正下方做勻加速運動 D向左下方做勻加速運動,例3,【解析】 分析帶電金屬板旋轉(zhuǎn)后帶電微粒的受力情況由題意可知，兩 板間距離不變，板間電壓不變，由E mg/q 可知板間場強不變，所以，帶電微粒所受電場力仍然為qEmg，電場力方向為左上，與豎直方向成45角，合力向左下，則帶電微粒向左下方做勻加速運動選項D正確 【答案】D,例3,第8章,考點23帶電粒子在
40、勻強電場中的運動,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法10帶電粒子的加速問題 考法11帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 考法12帶電粒子在電場中運動與力學知識的綜合應用 考法例析 成就能力 題型11帶電粒子在點電荷電場中的運動 題型12帶電粒子在勻強電場中的運動 題型13帶電粒子在交變電場中的運動 題型14帶電粒子在“等效力場”中的運動 題型15帶電粒子在電場中的綜合問題,必備知識全面把握,1帶電粒子在電場中的加速,2帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) (1)條件：v0E，不計重力 (2)方法：將運動分解 如圖所示，若板長為l，兩極板間距離為d，電壓為U，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動
41、，即水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動 注意：帶電粒子在電場中做類平拋運動的條件：勻強電場；帶電粒子垂直場強方向進入電場；只受電場力作用 (3)兩個重要的參量:,(4)兩個重要結(jié)論 不同的帶電粒子，電性相同，不計重力，由靜止開始先在同一電場中加速，又在同一電場中偏轉(zhuǎn)，射出電場時有相同的側(cè)移量和相同的偏轉(zhuǎn)角 不同的帶電粒子僅在電場力的作用下垂直電場方向射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出電場時的速度的反向延長線與初速度的延長線交于一點，該點到偏轉(zhuǎn)場(平行金屬板)的端點的距離為板長的一半 (5)應用：示波器,考點23,核心方法重點突破,考法10帶電粒子的加速問題 飛行時間質(zhì)譜儀可通
42、過測量離子飛行時間得到離子的比荷q/m.如圖甲，帶正電的離子經(jīng)電壓為U的電場加速后進入長度為L的真空管AB，可測得離子飛越AB所用時間為t1.改進以上方法，如圖乙，讓離子飛越AB后進入場強為E(方向如圖)的勻強電場區(qū)域BC，在電場的作用下離子返回B端，測得離子從A出發(fā)后飛行的總時間為t2，(不計離子重力)則： (1)忽略離子源中離子的初速度，用t1計算離子的比荷；用t2計算離子的比荷 (2)離子源中相同比荷的離子初速度不盡相同，設兩個比荷都為q/m的離子在A端的速度分別為v和v(vv)，在改進后的方法中，它們飛行的總時間通常不同，存在時間差t.可通過調(diào)節(jié)電場E使t0.求此時E的大小,例1,【解
43、析】 【答案】,例1,考法11帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 北京海淀區(qū)2017二模如圖所示，真空玻璃管內(nèi)，加熱的陰極K發(fā)出的電子(初速度可忽略不計)經(jīng)陽極A與陰極K之間的電壓U1形成的加速電場加速后，從陽極A的小孔射出，由水平放置的平行正對偏轉(zhuǎn)極板M、N的左端中點以平行于極板的方向射入兩極板之間的區(qū)域若M、N兩極板間無電壓，電子將沿水平直線打在熒光屏上的O點；若在M、N兩極板間加電壓U2，形成平行紙面的偏轉(zhuǎn)電場，則電子將打在熒光屏上的P點；若在M、N極板間加電壓U2的同時，再加方向垂直紙面的勻強磁場，則電子將能重新打在熒光屏上的O點已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，M、N兩極板長均為L1、兩極板間距
44、離為d，極板右端到熒光屏的距離為L2. (1)忽略電子所受重力及它們之間的相互作用力，求： 電子從陽極A小孔射出時速度v0的大?。?電子重新打在熒光屏上O點時，所加勻強磁場的磁感應強度B的大小 (2)在解決一些實際問題時，為了簡化問題，常忽略一些影響相對較小的量，這對最終的計算結(jié)果并沒有太大的影響，這種處理是合理的如在計算電子打在熒光屏上的位置時，對于電子離開M、N板間的偏轉(zhuǎn)電場后運動到熒光屏的過程，可以忽略電子所受的重力請利用下列數(shù)據(jù)分析說明為什么這樣處理是合理的已知U22.0102 V，d4.0102 m，m9.11031 kg，e1.61019 C，L15.0102 m，L20.10 m
45、，重力加速度g取10 m/s2.,例2,【解析】,例2,【答案】,考法12帶電粒子在電場中運動與力學知識的綜合應用 課標全國201725，20分如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求： (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點距電場上邊界的高
46、度； (3)該電場的電場強度大小,例3,【解析】,例3,【答案】,考點23,考法例析成就能力,題型11帶電粒子在點電荷電場中的運動 天津理綜20177，6分(多選)如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB.下列說法正確的是() A電子一定從A向B運動 B若aAaB，則Q靠近M端且為正電荷 C無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA
47、點場強，則Q應靠近M端，由運動軌跡可知，電子受力方向向左，因此場強方向由M指向N，可知Q為正點電荷，故B正確；無論Q帶正電荷還是負電荷，若電子從A運動到B，電場力做負功，電勢能增加，若電子從B運動到A，電場力做正功，電勢能減少，故EpA
48、計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(),例2,【解析】 【答案】B,例2,題型13帶電粒子在交變電場中的運動 山東理綜201520，6分(多選)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示t0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0 時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出微粒運動過程中未與金屬板接觸重力加速度的大小為g.關于微粒在0T時間內(nèi)運動的描述，正確的是(),例3,【解析】 【答案】BC,例3,題型14帶電粒子在“等效力場”中的運動 如圖所示，在豎直邊界線 O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強電場，電場強度E100 N/C，電場
49、區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為30，A點距水平地面的高度為h4 mBC段為一粗糙絕緣平面，其長度為L m斜面AB與水平面BC由一段極短的光滑小圓弧連接(圖中未標出)，豎直邊界線O1O2右側(cè)區(qū)域豎直固定一半徑為R0.5 m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點緊貼豎直邊界線O1O2，位于電場區(qū)域的外部(忽略電場對O1O2右側(cè)空間的影響)現(xiàn)將一個質(zhì)量為m1 kg、電荷量為q0.1 C的帶正電的小球(可視為質(zhì)點)在A點由靜止釋放，且該小球與斜面AB和水平面BC間的動摩擦因數(shù)均為 (g取10 m/s2)求： (1)小球到達C點時的速度大?。?(2)小球到達D點時所
50、受軌道的壓力大?。?(3)小球落地點距離C點的水平距離,例4,【解析】 【答案】,例4,題型15帶電粒子在電場中的綜合問題 課標全國201425，20分如圖，O、A、B為同一豎直面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，BOA60，OB OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點使此小球帶電，電荷量為 q(q0)，同時加一勻強電場，場強方向與OAB所在平面平行，現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g.求： (1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值； (2)電場強度的大小和方向,例5,【解析】,例5,【答案】,謝謝觀賞,
（A版）2019版高考物理一輪復習 考點考法 第8章 電場課件 新人教版.ppt
