（課標版 5年高考3年模擬A版）2020年物理總復習 專題八 電場課件.ppt

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專題八電場 高考物理 課標專用 考點一電場力的性質 考點清單 考向基礎一 電荷與電荷守恒定律1 元電荷 最小的電荷量叫做元電荷 用e表示 e 1 60 10 19C 最早由美國物理學家 密立根測得 所有帶電體的電荷量都是元電荷的 整數(shù)倍 2 點電荷當帶電體間的距離比它們自身的大小大得多 以至于帶電體的 形狀 大小及 電荷分布對它們之間相互作用力的影響可以忽略不計時 這樣的帶電體就可以看做帶電的點 叫做點電荷 類似于力學中的質點 也是一種理想化的模型 3 電荷守恒定律 1 以前的表述 電荷既不能創(chuàng)生 也不能消滅 它只能從一個物體 轉移到另一個物體或從物體的一部分 轉移到另一部分 在轉移的過程中 電荷的總量 保持不變 2 現(xiàn)在的表述 一個與外界沒有電荷交換的系統(tǒng) 電荷的代數(shù)和保持不變 3 當完全相同的兩帶電金屬球接觸時電荷的分配規(guī)律 同種電荷總量 平均分配 異種電荷先中和后平分 二 靜電現(xiàn)象1 三種起電方式的比較 2 靜電平衡 1 導體中 包括表面 沒有電荷定向移動的狀態(tài)叫做靜電平衡狀態(tài) 2 處于靜電平衡狀態(tài)的導體的特點a 內部場強處處為0 其實質是感應電荷的電場的場強E感 填 或 外電場在導體內的場強E外 表面場強的方向與該表面垂直 b 表面和內部各點電勢相等 即整個導體是一個等勢體 導體表面是一個等勢面 c 導體內部沒有電荷 電荷只分布在導體的外表面 d 在導體外表面越尖銳的位置 電荷的密度越大 凹陷處幾乎沒有電荷 3 靜電屏蔽 1 兩種現(xiàn)象內屏蔽 由于靜電感應 導體外表面感應電荷的電場與外電場在導體內部任一點的場強的疊加結果為零 從而外部電場影響不到導體內部 如圖所示 外屏蔽 由于靜電感應 接地導體殼內表面感應電荷的電場與殼內電場在導體殼外表面以外空間疊加結果為零 從而使接地的封閉導體殼內部電場對殼外空間沒有影響 如圖所示 2 應用 有的電學儀器和電子設備外面套有金屬罩 有的通信電纜的外面包有一層鉛皮等都是用來起屏蔽作用的 1 內容 真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力 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 作用力的方向在兩點電荷的連線上 2 公式 F k 式中的k 9 109N m2 C2 叫靜電力常量 3 適用條件 點電荷 真空中 四 電場 電場強度1 電場 電場是電荷周圍存在的一種物質 電場對放入其中的電荷有力的作用 靜止電荷產生的電場稱為靜電場 2 電場強度 1 定義 放入電場中某點的電荷受的電場力F與它的電荷量q的比值 三 庫侖定律 2 公式 E 思考 根據(jù)表達式E 能說場強E與q成反比 與F成正比嗎 為什么 不能 因電場的場強大小決定于電場本身 而與試探電荷的受力和所帶電荷量無關 E F q為場強的定義式 非決定式 3 單位 N C或V m 4 矢量性 規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點電場強度的方向 5 疊加性 如果有幾個靜止電荷在空間同時產生電場 那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產生的場強的矢量和 3 點電荷場強的計算式 1 設在場源點電荷Q形成的電場中 有一點P與Q相距r 則P點的場強E k 2 適用條件 真空中的點電荷形成的電場 五 電場線1 電場線及其特點 2 幾種典型電場的電場線3 電場線的用法 1 利用電場線可以判斷場強的大小電場線的疏密程度表示場強的大小 同一電場中 電場線越密集處場強越大 2 利用電場線可以判定場強的方向電場線的切線方向表示場強的方向 3 利用電場線可以判定場源電荷的電性及電荷量多少電場線起始于帶正電的電荷或無限遠 終止于無限遠或帶負電的電荷 場源電荷所帶電荷量越多 發(fā)出或終止的電場線條數(shù)越多 4 利用電場線可以判定電勢的高低沿電場線方向電勢是逐漸降低的 5 利用電場線可以判定自由電荷在電場中受力情況 移動方向等先由電場線大致判定場強的大小與方向 再結合自由電荷的電性確定其所受電場力方向 再分析自由電荷移動方向 形成電流的方向等 考向突破 考向一庫侖定律的應用1 三個點電荷在相互間作用力作用下處于平衡時的規(guī)律規(guī)律一 三個點電荷的位置關系是 同號在兩邊 異號在中間 如果三個點電荷只在庫侖力的作用下能夠處于平衡狀態(tài) 則這三個點電荷一定處于同一直線上 且有兩個是同號電荷 一個是異號電荷 兩個同號電荷在異號電荷的兩邊 規(guī)律二 中間的電荷所帶電荷量是三個點電荷中電荷量最小的 兩邊同號電荷誰的電荷量小 中間異號電荷就距誰近一些 q1 q2 q3 三個自由電荷都處于平衡狀態(tài)時 則口訣概括為 三點共線 兩同夾異 同號在兩邊 異號在中間 兩大夾小 近小遠大 由此可以迅速 準 確地確定三個電荷的相對位置及電性 2 靜電力作用下的 力學問題 庫侖定律與力學的綜合應用問題解決的思路與解決力學問題的思路相同 即 選擇研究對象 受力分析 利用平衡條件或牛頓運動定律列方程求解 但需注意庫侖力的特點 特別是在動態(tài)平衡問題 勻速運動問題中 帶電體間距離發(fā)生變化時 庫侖力也要發(fā)生變化 要分析力與運動的相互影響 例1 2018課標 16 6分 如圖 三個固定的帶電小球a b和c 相互間的距離分別為ab 5cm bc 3cm ca 4cm 小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a b的連線 設小球a b所帶電荷量的比值的絕對值為k 則 A a b的電荷同號 k B a b的電荷異號 k C a b的電荷同號 k D a b的電荷異號 k 解析本題考查庫侖定律及矢量合成 若a b的電荷同號 則c所受庫侖力的合力指向2或4區(qū)域 若a b的電荷異號 則c所受庫侖力的合力指向1或3區(qū)域 故只有a b的電荷異號 合力方向才能與a b連線平行 設a帶正電荷 b c帶負電荷 c受力如圖 tan tan tan 由庫侖定律得 聯(lián)立得k 故A B C三項均錯誤 D項正確 答案D 一題多解電場強度疊加法球c所受的庫侖力的合力方向平行于a b連線 表明球c處的合電場強度方向平行于a b連線 若a b的電荷同號 球c處的合電場強度指向2或4區(qū)域 若a b的電荷異號 球c處的合電場強度指向1或3區(qū)域 故a b的電荷必須異號 設a c帶正電荷 b帶負電荷 球c處的電場強度方向如圖 tan tan 由電場強度疊加原理得 tan 結合點電荷電場強度公式得 聯(lián)立得k 故A B C三項均錯誤 D項正確 考向二電場強度的計算1 電場強度的三個計算公式的比較 2 疊加法求幾個電場的電場強度當空間的電場由幾個點電荷共同激發(fā)的時候 空間某點的電場強度等于每個點電荷單獨存在時所激發(fā)的電場在該點的場強的矢量和 其合成遵循矢量合成的平行四邊形定則 例2 2014福建理綜 20 15分 如圖 真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構成等邊三角形 邊長L 2 0m 若將電荷量均為q 2 0 10 6C的兩點電荷分別固定在A B點 已知靜電力常量k 9 0 109N m2 C2 求 1 兩點電荷間的庫侖力大小 2 C點的電場強度的大小和方向 解析 1 根據(jù)庫侖定律 A B兩點電荷間的庫侖力大小為F k 代入數(shù)據(jù)得F 9 0 10 3N 2 A B點電荷在C點產生的場強大小相等 均為E1 k A B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為E 2E1cos30 由 式并代入數(shù)據(jù)得E 7 8 103N C 場強E的方向沿y軸正向 答案 1 9 0 10 3N 2 7 8 103N C方向 沿y軸正方向 3 計算特殊帶電體產生的電場強度 1 補償法對于某些物理問題 當直接去解待求的A很困難或沒有條件求解時 可設法補上一個B 補償?shù)脑瓌t是使A B成為一個完整的模型 從而使A B變得易于求解 而且 補上去的B也必須容易求解 這樣 待求的A便可從兩者的差值中獲得 問題就迎刃而解了 這就是解物理題時常用的補償法 用這個方法可算出一些特殊的帶電體所產生的電場強度 例3如圖所示 半徑為R的圓環(huán) 均勻帶有電荷量為Q的正電荷 先從環(huán)上截取 s的一小段 若 s R 且圓環(huán)剩余部分的電荷分布不變 則圓環(huán)剩余部分的電荷在環(huán)心O處產生的場強大小是多少 方向如何 解析本題采用補償法 假設將這個圓環(huán)缺口補上 并且所補部分的電荷密度與原有缺口的環(huán)體上的電荷密度一樣 這樣就形成一個電荷均勻分布的完整帶電圓環(huán) 完整的帶電圓環(huán)在環(huán)心O處產生的合場強為零 環(huán)心O處的合場強E可以看作長 s這一小段上的電荷在環(huán)心O處產生的場強E1與圓環(huán)其余部分的電荷在環(huán)心O處產生的場強E2的矢量和 即E E1 E2 0 因 s R 故 s上帶有的電荷可視為點電荷 其電荷量q 在環(huán)心O處產生的場強為E1 k k 方向沿 s與O的連線指向O 圓環(huán)剩余部分的電荷在環(huán)心O處產生的場強則為E2 E1 k 方向沿 s與O的連線指向 s 答案k方向沿 s與O的連線指向 s 2 微元法在某些問題中 場源帶電體的形狀特殊 不能直接求解場源帶電體在空間某點所產生的總電場 此時可將場源帶電體分割 在高中階段 這類問題中通常分割后的微元關于某點對稱 這就可以利用場的疊加及對稱性來解題 例4如圖所示 均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q 半徑為R 圓心為O P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點 OP L 試求P點的場強 解析設想將圓環(huán)看成由n個小段組成 當n相當大時 每一小段都可以看作點電荷 其所帶電荷量Q Q n 由點電荷場強公式可求得每一小段帶電體在P處產生的場強為E 由對稱性知 各小段帶電體在P處產生的場強大小均為E 且它們垂直于軸的分量Ey相互抵消 而沿軸方向的分量Ex之和即為帶電圓環(huán)在P處的場強EP EP nEx nkcos k 答案k 4 公式U Ed的應用技巧 1 兩個推論 如圖甲所示 C點為線段AB的中點 則有 C 如圖乙所示 AB CD 且AB CD 則UAB UCD 2 三種巧用 解釋等差等勢面的疏密與電場強度大小的關系 當電勢差U一定時 電場強度E越大 則沿電場強度方向的距離d越小 即電場強度越大 等差等勢面越密 定性判斷非勻強電場電勢差的大小關系 如距離相等的兩點間的電勢差 E越大 U越大 E越小 U越小 利用 x圖像的斜率判斷沿x軸方向電場強度Ex隨位置的變化規(guī)律 在 x圖像中斜率k Ex 斜率的大小表示電場強度的大小 正負表示電場強度的方向 例5 2018課標 21 6分 如圖 同一平面內的a b c d四點處于勻強電場中 電場方向與此平面平行 M為a c連線的中點 N為b d連線的中點 一電荷量為q q 0 的粒子從a點移動到b點 其電勢能減小W1 若該粒子從c點移動到d點 其電勢能減小W2 下列說法正確的是 A 此勻強電場的場強方向一定與a b兩點連線平行B 若該粒子從M點移動到N點 則電場力做功一定為C 若c d之間的距離為L 則該電場的場強大小一定為 D 若W1 W2 則a M兩點之間的電勢差一定等于b N兩點之間的電勢差 解析本題考查電場力做功與電勢能變化量的關系 勻強電場中U Ed 根據(jù)電場力做功與電勢能變化量的關系有W1 q a b W2 q c d WMN q M N 根據(jù)勻強電場中 同一條直線上兩點間的電勢差與兩點間的距離成正比 的規(guī)律可知 UaM UMc 即 a M M c 可得 M 同理可得 N 聯(lián)立 式可得 WMN 即B項正確 若W1 W2 則 a b c d 結合 兩式可推出 a M b N 即D項正確 由題意無法判定電場強度的方向 故A C項均錯誤 答案BD 易錯點撥注意E 成立的條件在勻強電場中 E 中的d為始 末兩點沿電場線方向上的距離 本題中如果未注意這一條件 易錯選C 考點二電場能的性質 考向基礎一 靜電力做功與電勢能的變化1 靜電力做功的特點 1 在電場中移動電荷時電場力做功與 路徑無關 只與 初末位置有關 可見靜電力做功與 重力做功相似 2 在勻強電場中 電場力做的功W Eqd 其中d為沿 電場線方向的距離 2 靜電力做功與電勢能變化的關系靜電力做的功等于電勢能的減少量 即WAB EpA EpB 即靜電力做多少正功 電勢能就 減少多少 靜電力做多少負功 電勢能就 增加多少 二 等勢面1 定義 電場中 電勢相等的各點組成的面 2 特點 1 等勢面一定與電場線 垂直 即跟場強的方向 垂直 2 在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功 3 電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面 4 等差等勢面越密的地方電場強度越大 反之越小 考向突破考向一電場強度 電勢 電勢差 電勢能的關系1 電場強度 電勢 電勢差 電勢能的比較 2 電場中電勢高低的判斷 1 根據(jù)電場線的方向來判斷 電場線由高電勢面指向低電勢面 或者說沿電場線方向電勢逐漸降低 2 由UAB 將WAB和q帶符號代入 據(jù)UAB的正負判斷A B兩點電勢的高低 當UAB 0時 A B 當UAB 0時 A B 3 根據(jù)電場力做功來判斷 電場力對正電荷做正功 電荷由高電勢處移向低電勢處 正電荷克服電場力做功 電荷由低電勢處移向高電勢處 對于負電荷 情況恰好相反 4 根據(jù)電勢能來判斷 正電荷在電勢高處電勢能較大 負電荷在電勢低處電勢能較大 例1如圖所示 電子在一條電場線上從a點運動到b點 電勢能增加 試判定a b兩點電勢高低 解題導引 解析解法一利用電場線方向來判斷 由于電勢能增加 電場力一定做負功 即電場力方向和電荷運動方向相反 從b指向a 而負電荷受電場力的方向和場強方向相反 場強方向應是由a指向b 因此電場線的方向是從a指向b 沿著電場線的方向電勢越來越低 故a點電勢比b點電勢高 解法二利用電場力做功來判斷 由于電勢能增加 電場力一定做負功 即Wab為負值 而q是負電荷 即q為負值 由Wab q a b 得 a b 解法三利用電勢能判斷 對正電荷 q為正值 在電勢越高的地方電勢能就越大 而對負電荷 q為負值 在電勢越高的地方電勢能越小 而本題已知條件是負電荷在a點電勢能較小 故a點電勢高 答案見解析 3 電勢能大小的判斷 1 由公式Ep q 判斷設 A B 當q 0時 q A q B 即EpA EpB 當q 0時 q A q B 即EpA EpB 可總結為正電荷在電勢高的地方電勢能大 而負電荷在電勢高的地方電勢能小 2 做功判斷法電場力做正功 電荷 無論是正電荷還是負電荷 從電勢能較大的地方移向電勢能較小的地方 反之 如果電荷克服電場力做功 那么電荷將從電勢能較小的地方移向電勢能較大的地方 例2一帶電粒子射入一固定的點電荷的電場中 沿如圖所示的虛線由a點運動到b點 a b兩點到點電荷的距離分別為ra和rb 且ra rb 若不計重力 則 A 帶電粒子一定帶正電B 庫侖力先做正功后做負功C 帶電粒子在b點的動能小于在a點的動能D 帶電粒子在b點的電勢能大于在a點的電勢能 解析由粒子運動軌跡可知粒子與點電荷間的庫侖力為斥力 即粒子與點電荷電性相同 由于固定的點電荷電性未知 故無法判斷帶電粒子的電性 A錯誤 由軌跡可知二者間距離先減小后增大 則庫侖力先做負功后做正功 又因ra rb 可知庫侖力所做總功為負 則粒子運動到b點時動能變小 電勢能變大 即EkbEpa 故B錯誤 C D正確 答案CD 考向二帶電粒子運動軌跡類問題的處理利用粒子在電場中的運動軌跡來判定粒子電性 或者判定電場線的方向 電場力做功情況 電勢能的變化 動能的變化 的步驟可分為如下幾步 1 在粒子的軌跡上選一點 一般為初始點 作該點軌跡的切線 軌跡的切線方向即速度方向 2 過該點作電場線的切線 電場線的切線方向即場強方向 標出可能受電場力的兩個方向 3 根據(jù)粒子偏轉的方向 利用曲線運動的條件 判定電場力的方向 受力方向與軌跡的偏轉方向在速度方向的同側 4 利用判斷出的電場力方向與場強方向的關系 判定粒子的電性 5 利用電場力方向與速度方向的夾角 判斷電場力所做功的正負 0 90 時 電場力做正功 電勢能減小 動能增加 只受電場力 90 180 時 電場力做負功 電勢能增加 動能減小 只受電場力 90 時 電場力不做功 例3如圖 一帶電粒子q在電場中運動的軌跡為MN 不考慮重力作用 求 1 q的電性 2 從M到N電勢能怎樣變化 動能怎樣變化 解題導引 解析過M點作軌跡的切線 得粒子在該點的速度方向 過M點作電場線的切線得場強方向 粒子可能受到的電場力為F或F 由MN向右彎曲及曲線運動條件可知粒子所受電場力為F 與電場方向一致 可得q為帶正電粒子 由v與F的夾角 90 可知電場力做正功 電勢能減小 由動能定理有W電 W合 Ek 可知帶電粒子從M到N動能增加 答案 1 帶正電 2 電勢能減小動能增加 考向三電場力的功1 由功的定義式W Flcos 計算 此公式只適用于勻強電場中 可變形為W qEx 式中x為電荷初 末位置在場強方向上的位移 2 依據(jù)WAB qUAB計算 對任何電場都適用 對于q UAB的符號有兩種處理方法 將q UAB的絕對值代入WAB qUAB中計算 得電場力做功的絕對值 再根據(jù)電場力方向 位移方向來判定功的正負 或由其他方法判定功的正負 直接將q UAB的數(shù)值及符號代入WAB qUAB中計算 計算結果直接表明電場力做功的多少及做功的正負 當UAB 0 q 0或UAB0 否則WAB 0 注意 UAB 0 則WAB 0 3 根據(jù)電場力做功與電勢能變化量的關系 即WAB EpA EpB EpB EpA 其中EpB q B EpA q A 對任何電場都適用 4 由動能定理計算 W電場力 W其他力 Ek 此方法對任何電場 任何形式的運動都適用 例4如圖所示 光滑絕緣細桿豎直放置 它與以正電荷Q為圓心的某圓交于B C兩點 質量為m 帶電荷量為 q的有孔小球從桿上A點無初速度下滑 已知q Q AB h 小球滑到B點時速度大小為 求 1 小球由A到B的過程中電場力做的功 2 A C兩點間的電勢差 解析 1 因為桿是光滑的 所以小球從A到B過程中只有兩個力做功 電場力做功WE和重力做功mgh 由動能定理得 WE mgh m 代入已知條件vB 得電場力做功WE m 3gh mgh mgh 2 因為B C在同一個等勢面上 所以 B C 則UAC UAB由W qU得UAC UAB 答案 1 mgh 2 考點三電容器 帶電粒子在電場中的運動 考向基礎一 電容器的電容1 兩個彼此絕緣又相互靠近的導體就可以構成電容器 電容器所帶 電荷量與兩板間 電勢差的比值 叫做電容器的電容 2 電容的定義式為 C 可由C 計算電容C 在國際單位制中 電容的單位是法拉 F 常用單位有微法 F 和皮法 pF 它們的換算關系是1F 106 F 1012pF 3 電容器的電容與自身的幾何結構 正對面積 間距 和介質特性有關 與它是否帶電 帶電多少 板間電勢差的大小等無關 4 電容器所帶電荷量是電容器的一個極板上所帶電荷量的絕對值 使 電容器帶電的過程稱為充電 使充電后的電容器失去電荷的過程稱為放電 5 平行板電容器的電容 跟電介質的相對介電常數(shù) r成正比 跟正對面積S成正比 跟極板間距離d成反比 用公式表示為 C 二 帶電粒子在勻強電場中的運動1 帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場 受到的電場力與運動方向在同一條直線上 做 勻加速或 勻減速直線運動 2 只有電場力做功 若帶電粒子的初速度為零 有mv2 qU 則v 若帶電粒子的初速度不為零 則由動能定理可得 mv2 m qU 3 帶電粒子以速度v垂直于電場線方向飛入勻強電場 受到恒定的與初速度方向垂直的電場力作用而做 勻變速曲線運動 垂直于場強方向做勻速直線運動 平行于場強方向做初速度為零的勻加速直線運動 考向突破 考向一平行板電容器的動態(tài)分析1 C Q U E變化情況分析 2 板間某點電勢 帶電粒子的電勢能Ep變化情況分析 例1 2019屆陜西商洛鎮(zhèn)安月考 2 4分 如圖所示 先接通S使電容器充電 然后斷開S 當增大兩極板間距離時 電容器所帶電荷量Q 電容C 兩極板間電勢差U 兩極板間電場強度E的變化情況是 A Q變小 C不變 U不變 E變小B Q變小 C變小 U不變 E不變C Q不變 C變小 U變大 E不變D Q不變 C變小 U變小 E變小 解析電容器與電源斷開 帶電荷量Q保持不變 增大兩極板間距離時 根據(jù)C 知電容C變小 根據(jù)U 知兩極板間的電勢差U變大 根據(jù)E 知電場強度不變 答案C 考向二帶電粒子在電場中的運動一 帶電粒子在電場中的運動1 平衡 靜止或勻速直線運動 條件 F合 0或qE mg 僅受電場力和重力時 2 加速以初速度v0射入電場中的帶電粒子 經電場力做功加速至v 由qU mv2 m得v 當v0很小或v0 0時 上式簡化為v 即粒子被加速后速度的大小 跟粒子的質量m 電荷量q 加速過程始 末位置的電勢差U有關 跟電場是否均勻 粒子的具體運動路徑無關 3 偏轉 1 以初速度v0垂直場強方向射入勻強電場中的帶電粒子 受恒定電場力作用 做類似平拋的勻變速運動 如圖 加速度a 運動時間t 側移量y at2 偏轉角的正切值tan 出射速度vt vx v0 vy at 2 兩個有用的結論 以垂直于電場方向射入 即沿x軸射入 的帶電粒子在射出電場時速度的反向延長線交于x軸上的一點 該點與射入點間的距離為帶電粒子在x方向上位移的一半 靜止的帶電粒子經同一電場加速 再垂直射入同一偏轉電場 射出粒子的偏轉角度和側移量與粒子的q m無關 例2 2017河南鶴壁段考 19 如圖所示 兩平行金屬板A B長L 8cm 兩極板間距離d 8cm A極板比B極板電勢高300V 一電荷量q 1 10 10C 質量m 1 10 20kg的帶正電的粒子 沿電場中心線RO垂直電場線方向飛入電場 初速度v0 2 106m s 粒子飛出平行板電場后經過界面MN PS間的無電場區(qū)域后 進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域 設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響 已知兩界面MN PS相距為12cm D是中心線RO與界面PS的交點 O點距離界面PS為9cm 粒子穿過界面PS恰好做勻速圓周運動打在放置于中心線上的熒光屏bc上 不計粒子重力 靜電力常量k 9 0 109N m2 C2 1 求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離多遠 到達PS界面時離D點多遠 2 確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小 解析 1 粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離 側向位移 y at2t a UAB 300V代入數(shù)據(jù)解得 y 0 03m帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動 其運動軌跡與PS線交于a點 設a到中心線的距離為Y 則 解得Y 0 12m 2 帶電粒子到達a處時 沿v0方向的速度大小為vx v0 2 106m s垂直v0方向的速度大小為vy at 1 5 106m s 如圖 tan tan 可知速度v的方向與Oa垂直根據(jù)題意可知 該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q做勻速圓周運動 且半徑等于Oa的長度 即r Oa 代入數(shù)據(jù)解得 r 0 15m粒子到達a點時的速度大小為 v 2 5 106m s 由庫侖定律和牛頓第二定律得k m解得Q 1 04 10 8C 且Q帶負電 答案 1 0 03m0 12m 2 負電1 04 10 8C 二 示波管的構造和原理1 示波管的構造 示波器的核心部件是示波管 示波管的構造簡圖如圖所示 也可將示波管的結構大致分為三部分 即電子槍 偏轉電極和熒光屏 2 示波管的原理 1 偏轉電極不加電壓時 從電子槍射出的電子將沿直線運動 射到熒光屏的中心點形成一個亮斑 2 在YY 或XX 加電壓時 則電子被加速 偏轉后射到熒光屏上YY 或XX 所在直線上某一點 形成一個亮斑 不在中心 如圖所示 設加速電壓為U1 偏轉電壓為U2 電子電荷量為e 質量為m 由W Ek得 eU1 m在電場中的側移量y at2 t2其中d為兩板的間距 水平方向t 又tan 可得熒光屏上的側移量y y L tan tan 3 示波管實際工作時 豎直偏轉電極和水平偏轉電極都加上電壓 一般加在豎直偏轉電極上的電壓是要研究的信號電壓 加在水平偏轉電極 上的是掃描電壓 若兩者周期相同 在熒光屏上就會顯示出信號電壓隨時間變化的波形圖 例3示波管是示波器的核心部件 它由電子槍 偏轉電極和熒光屏組成 如圖所示 如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑 那么示波管中的 A 極板X應帶正電B 極板X 應帶正電C 極板Y應帶正電D 極板Y 應帶正電 解題導引 解析根據(jù)亮斑的位置 電子偏向XY區(qū)間 說明電子受到電場力作用發(fā)生了偏轉 因此極板X 極板Y均應帶正電 答案AC 方法1 等分法 確定勻強電場中電勢及場強在勻強電場中 沿任意方向的同一直線上 相同間距任意兩點間電勢差均是相等的 當已知勻強電場中某幾點的電勢 求其他點的電勢 場強大小及場強方向時 一般可利用 等分法 利用等分法分析問題的一般步驟 第一步 將電勢差最大的兩點連線 并將線段進行n等分 則等分后的每小段兩端電勢差相等且等于原電勢差的 第二步 從等分點中找到與其他已知點的電勢相等的點 再連接這兩點 可以得到一條等勢線 第三步 作等勢線的垂線 結合各點電勢高低情況可確定場強的方向 第四步 結合已知點的電勢及已知點間的距離可以求得場強的大小 再結合待求點的位置可以確定其電勢 方法技巧 例1 2017課標 21 6分 一勻強電場的方向平行于xOy平面 平面內a b c三點的位置如圖所示 三點的電勢分別為10V 17V 26V 下列說法正確的是 A 電場強度的大小為2 5V cmB 坐標原點處的電勢為1VC 電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD 電子從b點運動到c點 電場力做功為9eV 解析本題考查電場強度 電勢 電勢差 設a c連線上d點電勢為17V 如圖所示 則 得ldc 4 5cm tan 37 過c作bd垂線交bd于e點 則lce ldccos 4 5 cm 3 6cm ce方向就是勻強電場方向 場強大小為E Elce Ucb E 2 5V cm A項正確 UeO ElObsin53 16V 故O點電勢 O 17V 16V 1V B項正確 電子在a點的電勢能比在b點的高7eV C項錯誤 電子從b點到c點電場力做功W 9eV D項正確 答案ABD 方法2對帶電粒子在勻強電場與重力場的復合場中運動的處理方法帶電粒子在勻強電場中所受電場力與重力都是恒力 處理方法有下列兩種 1 正交分解法應用這種方法可以將復雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動 2 等效 重力 法將重力與電場力進行合成 如圖所示 則F合等效于 重力 a 等效于 重力加速度 F合的方向等效于 重力 的方向 例2如圖所示 一個帶電荷量為 q的油滴 從O點以速度v射入勻強電場中 v的方向與電場方向成 角 已知油滴的質量為m 測得油滴到達運動軌跡的最高點N時 它的速度大小仍為v 求 1 最高點與O點的豎直高度 2 最高點處與O點的電勢差UNO 3 電場強度E 解析 1 豎直方向上 vsin 2 2ghh 2 從O到N 由動能定理得 UNOq mgh 0UNO 3 豎直方向上 vsin gt設水平方向油滴運動加速度為a 則 v vcos at又Eq ma解得E 或E 答案見解析 方法3靜電場中涉及圖像問題的處理方法1 主要類型 1 v t圖像 2 x圖像 3 E x圖像 2 應對策略 1 v t圖像 根據(jù)v t圖像中速度的變化 斜率絕對值的變化 即加速度大小的變化 確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況 進而確定電場的方向 電勢的高低及電勢能的變化 2 x圖像 電場強度的大小等于 x圖線的斜率絕對值 在 x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小 并可根據(jù)電勢大小關系大致確定電場強度的方向 在 x圖像中分析電荷移動時做功的正負 可用WAB qUAB分析WAB的正負 然后作出判斷 3 E x圖像 根據(jù)給出的E x圖像 確定E的方向 根據(jù)E的大小變化 確定電場的強弱分布 例3空間某一靜電場的電勢 在x軸上分布如圖所示 x軸上B C兩點電場強度在x方向上的分量分別是EBx ECx 下列說法中正確的有 A EBx的大小大于ECx的大小B EBx的方向沿x軸正方向C 電荷在O點受到的電場力最大D 負電荷沿x軸從B移到C的過程中 電場力先做正功 后做負功 解析本題的入手點在于如何判斷EBx和ECx的大小 由圖像可知在x軸上各點的電場強度在x方向的分量不相同 如果在x方向上取極小的一段 可以把此段看做勻強電場 用勻強電場的處理方法思考 從而得到結論 此方法為微元法 在B點和C點附近分別取很小的一段d 由圖像知 B點段對應的電勢差大于C點段對應的電勢差 看做勻強電場 有Ex 可見EBx ECx A項正確 同理可知O點場強最小 電荷在該點受到的電場力最小 C項錯誤 沿電場方向電勢降低 在O點左側 EBx的方向沿x軸負方向 在O點右側 ECx的方向沿x軸正方向 則知負電荷沿x軸從B移到C的過程中 電場力先做正功 后做負功 所以B項錯誤 D項正確 答案AD 方法4用能量觀點處理帶電體在電場中運動的方法對于受變力作用的帶電體的運動 必須借助于能量觀點來處理 即使是恒力作用的問題 用能量觀點處理也常常顯得簡捷 1 用動能定理處理 2 用能量守恒定律處理 列式的方法常有兩種 1 由初 末狀態(tài)的能量相等 即E1 E2 列方程 2 由某種能量的減少等于另一種能量的增加 即 E E 列方程 例4如圖所示 a b c三條虛線為電場中的等勢面 等勢面b的電勢為零 且相鄰兩個等勢面間的電勢差相等 一個帶正電的粒子 粒子重力不計 在A點時的動能為10J 在電場力作用下從A運動到B時速度為零 當這個粒子的動能為7 5J時 其電勢能為 A 12 5JB 2 5JC 0D 2 5J 解析根據(jù)動能定理可知 帶電粒子從A到B 電場力做功為 10J 則帶電粒子從A運動到等勢面b時 電場力做功為 5J 粒子在等勢面b時動能為5J 帶電粒子在電場中的電勢能和動能之和為5J 是守恒的 當動能為7 5J時 其電勢能為 2 5J 答案D 方法5帶電粒子在交變電場中運動的處理方法這類問題涉及力學和電場知識的綜合運用 但實際上是一個力學問題 分析此類問題注意以下幾點 1 注重全面分析 分析受力特點和運動規(guī)律 抓住粒子的運動具有周期性和空間上的對稱性 求解粒子運動過程中的速度 位移 做功或確定與物理過程相關的臨界條件 2 分析時從兩條思路出發(fā) 一是力和運動的關系 根據(jù)牛頓第二定律和運動學規(guī)律分析 二是功能關系 3 此類題型一般有三種情況 一是粒子做單向直線運動 一般用牛頓運動定律求解 二是粒子做往返運動 一般分段研究 三是粒子做偏轉運動 一般根據(jù)交變電場特點分段研究 例5將如圖所示的交變電壓加在平行板電容器A B兩極板上 開始B板電勢比A板電勢高 這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間 它在電場力作用下開始運動 設A B兩極板間的距離足夠大 下列說法正確的是 A 電子一直向著A板運動B 電子一直向著B板運動C 電子先向A板運動 然后返回向B板運動 之后在A B兩板間做周期性往復運動 D 電子先向B板運動 然后返回向A板運動 之后在A B兩板間做周期性往復運動 解題導引 解析根據(jù)交變電壓的變化規(guī)律 不難確定電子所受電場力的變化規(guī)律 從而作出電子的加速度a 速度v隨時間變化的圖像 如圖甲 乙 從圖中可知 電子在第一個T 4內做勻加速運動 在第二個T 4內做勻減速運動 在這半周期內 因初始B板電勢比A板電勢高 所以電子向B板運動 加速度大小為 在第三個T 4內電子做勻加速運動 在第四個T 4內做勻減速運動 但在這半周期內運動方向與前半周期相反 向A板運動 加速度大小為 所以電子在交變電場中將以t T 4時刻所在位置為平衡位置做周期性往復運動 綜上分析答案為D 甲乙 答案D