高考物理二轮复习 第1部分 专题3 第1讲 电场的性质　带电粒子在电场中的运动

这是一份高考物理二轮复习 第1部分 专题3 第1讲 电场的性质　带电粒子在电场中的运动，共14页。试卷主要包含了电势高低的比较，电势能变化的判断，掌握图象问题的四个关键，掌握平行板电容器的两个重要结论等内容，欢迎下载使用。
　电场的性质　带电粒子在电场中的运动真题情境　　2021·湖南卷T4　　　　　2021·广东卷T6　　2021·河北卷T10　　　　2021·全国甲卷T19 考情分析【命题分析】高考在本讲主要考查库仑定律、电场强度、电势、电势差、电势能、电容、带电粒子在电场中的运动等知识。命题形式为选择题和计算题，着重考查考生的建模能力和应用数学知识处理物理问题的能力。【素养要求】1．掌握描述电场性质的物理量。2．掌握判断电势高低及电势能大小的方法。3．能利用运动合成与分解的方法处理带电粒子在电场中运动的问题。 必备知识  突破点一| 电场的性质1．电势高低的比较(1)根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低。(2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处时，电场力做正功越多，则该点的电势越高。(3)根据电势差UAB＝φA－φB判断，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB。2．电势能变化的判断(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。即W＝－ΔEp。(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少。3．掌握图象问题的四个关键(1)根据v­t图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化。(2)电场强度的大小等于φ ­x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ ­x图线存在极值，其切线的斜率为零。(3)E­x图象中图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小。(4)Ep­x图象中图线的切线斜率大小等于电场力大小。4．掌握平行板电容器的两个重要结论(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。 电场中力与能的综合[典例1]　(多选)(2021·湖南卷)如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W>0)；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是(　　)A．该匀强电场的场强方向与ab平行B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5WC．a点电势低于c点电势D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动[思路点拨]　解此题可按以下思路：(1)电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路。(2)结合电场力做功关系确定电场强度的方向。AB　[由题意可得Uab＝、Ucd＝，则Uab＝2Ucd，由c、d两点向ab直线作垂线，垂足c′、d′和O点即是ab线段的四等分点，故匀强电场的场强方向与ab平行，A项正确；d′b＝ab，故该粒子从d点到b点，电场力做的功Wdb＝qUab＝0.5W，B项正确；沿ab方向电势逐渐降低，c点与c′点电势相等，故a点电势高于c点电势，C项错误；从d点沿平行于ba方向射入电场的粒子将做直线运动，D项错误。] 电场中的图象问题[典例2]　(多选)(2021·山西运城一模)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上面有M、N、P三点(未画出)，间距MN＝NP。Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙所示。则(　　)甲　　　　　　　　　乙　A．N点电场强度大小为零B．从M点到P点电场强度先增大后减小C．M、N之间电场方向沿x轴正方向D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|＝|WNM|AC　[在电势φ随x变化关系图(φ­x图象)中切线的斜率表示电场强度，所以N点电场强度为零，故A正确；从M点到P点电场强度先减小后增大，故B错误；M点的电势为零，N点电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向由M指向N，沿x轴正方向，故C正确；由题图乙知|UMN|>|UNP|，故一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做负功，且|WPN|<|WNM|，D错误。] 平行板电容器分析类问题[典例3]　如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是(　　)A．平行板电容器的电容将变小B．带电油滴的电势能将减小C．静电计指针张角变小D．若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变[题眼点拨]　(1)“下极板接地”表明该极板电势为零。(2)“带负电油滴被固定于电容器中的P点”相对位置不变，若场强变化会引起电势、电势能的变化。(3)“上极板竖直向下平移”，板间距离减小，电容增大。B　[将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C＝知，d减小，则电容增大，故A错误；电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该油滴带负电荷，则电势能减小，故B正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C错误；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，再将下极板左移一小段距离，正对面积S减小，根据E＝＝＝，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D错误。]反思感悟：“1个不变，3个公式”巧解平行板电容器问题[考向预测]1．(多选)(2021·山东省泰安市高三下学期5月适应训练)如图所示，虚线为电场中一簇等间距的等差等势面，实线为一带电粒子通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，不计重力。下列说法正确的是(　　)A．若粒子带正电，则Q点电势比P点电势高B．若粒子带负电，则Q点电势比P点电势高C．若粒子带负电，则在P点时动能大D．不论粒子带正电或负电，都是在Q点时动能大BD　[曲线运动受力方向指向曲线凹的一侧，若粒子带正电，则电场方向竖直向下，沿电场线方向电势降低，可知Q点电势比P点电势低；若粒子带负电，则电场方向竖直向上，沿电场线方向电势降低，可知P点电势比Q点电势低，选项A错误，B正确。若粒子带负电，则粒子在P点电势能比Q点电势能高，根据能量守恒可知粒子在P点的动能比Q点的动能小；若粒子带正电，则粒子在P点电势能比Q点电势能高，根据能量守恒可知粒子在P点的动能比Q点的动能小，选项C错误，D正确。]2．(易错题)真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1＝0和x2＝4a的两点，在它们的连线上，场强E与x的关系图象如图所示(取x轴正方向为场强正方向)，以下判断正确的是(　　)A．Q1带正电、Q2带负电B．Q1的电荷量是Q2的3倍C．x轴上a处的电势比2a处的高D．带负电的试探电荷从a处移到3a处，电场力做正功C　[0～3a场强为正，所以Q1带正电，在3a处合场强为0，根据场强的叠加可知Q2也一定带正电，A错误；根据点电荷的场强公式，在3a处合场强为0，k＝k，解得Q1＝9Q2，B错误；沿电场线方向电势降低，所以x轴上a处的电势比2a处的高，C正确；带负电的试探电荷从a处移到3a处，所受电场力的方向沿x轴负方向，电场力做负功，D错误。]3．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路)连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关S稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态。下列说法正确的是(　　)A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低B．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低C．将下极板上移，带电油滴将向上运动D．断开开关S，带电油滴将向下运动C　[根据C＝及Q＝CU知，当开关闭合并减小极板间的正对面积时，电容C减小，但由于二极管具有单向导电性，题图中的电容器只能充电不能放电，所以电容器所带电荷量不变，结合公式E＝可得E＝，由此可得电场强度E变大，带电油滴所受电场力变大，则带电油滴会向上移动，P点与下极板的距离不变，因E变大，则P点的电势升高，选项A、B错误；将下极板上移，极板间距离减小，电容器的电容C变大，电容器所带的电荷量Q变大，电容器充电，电场强度变大，带电油滴向上运动，选项C正确；断开开关S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，电容器所带电荷量Q不变，电压也不变，电容C不变，电容器两极板间的场强不变，故带电油滴仍然处于静止状态，选项D错误。]突破点二| 带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的运动2．解题途径的选择(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力的关系。(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解。[典例4]　在直角坐标系中，三个边长都为l的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E0，第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场。(1)现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过E点，求CED区域内的匀强电场的电场强度E1的大小；(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有的粒子都经过E点，则释放的坐标值x、y间应满足什么关系？(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2＝E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点坐标值x、y间又应满足什么关系？[解析]　(1)设粒子出第一象限时速度为v，由动能定理得qE0l＝mv2粒子在CED区域内做类平抛运动，由类平抛运动的规律得l＝vtl＝·t2计算可得E1＝4E0。(2)设粒子出第一象限时速度为v1，由动能定理得qE0x＝mv经过分析知，要过E点，粒子在第二象限中做类平抛运动时竖直位移与水平位移相等，均为yy＝v1t1y＝·t计算可得y＝x。(3)如图所示为其中的一条轨迹，设粒子出第一象限时速度为v2，由动能定理得qE0x＝mv由图可知，在CED区域内带电粒子的水平位移为y，设竖直位移为y′，则y＝v2t2y′＝·t由类平抛运动中的中点规律可知＝计算可得y＝3x－2l。[答案]　(1)4E0　(2)y＝x　(3)y＝3x－2l反思感悟：带电粒子在电场中运动问题的分析思路(1)分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动。(2)对于直线运动问题，可对粒子进行受力分析与运动分析，再应用牛顿运动定律或功能关系解题。(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理。通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用动力学知识或功能关系求解。[考向预测]4．如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　)A．所用时间为B．速度大小为3v0C．与P点的距离为D．速度方向与竖直方向的夹角为30°C　[粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，a＝，解得t＝，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ≠30°，D项错误。]5．如图所示，竖直平面xOy内有两个宽度均为L首尾相接的电场区域ABED、BCFE。在ABED场区存在沿y轴负方向、大小为E的匀强电场，在BCFE场区存在大小为E、沿某一方向的匀强电场，且两个电场区域竖直方向均无限大。现有一个质量为m、电荷量为q带正电的粒子以某一初速度从坐标为(0，L)的P点射入ABED场区，初速度方向水平向右。粒子恰从坐标为的Q点射入BCFE场区，且恰好做加速直线运动，带电粒子的重力忽略不计，求：(1) 粒子进入ABED区域时的初速度大小；(2)粒子从CF边界射出时的速度大小。[解析]　(1)在ABED区域由匀变速曲线运动规律在水平方向有：L＝v0t在竖直方向有：＝at2由牛顿第二定律：Eq＝ma联立方程解得：v0＝＝。(2)在BCFE区域，粒子做加速直线运动，设Q点处的速度为v。由vy＝at得：vy＝v0v＝＝v0，方向与水平方向成45°角斜向下。由几何关系，可知射出点的坐标为，则在BCFE区域发生的位移为L。对粒子由动能定理： Eq·L＝mv′2－mv2得：v′＝。[答案]　(1)　(2)突破点三| 新情境探究 以静电除尘机原理为背景考查电场的性质[案例1]　静电除尘机原理的示意图如图所示，图中虚线为电场线。废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区，集尘极带正电，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，图示位置的A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC，下列说法正确的是(　　)A．电场方向由放电极指向集尘极B．A点的电势小于B点的电势C．A点的电场强度小于B点的电场强度D．A、B间的电势差UAB等于B、C间的电势差UBCC　[由题意，集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，A错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，所以A点的电势高于B点的电势，B错误；由电场线的疏密程度可知，A点的电场强度小于B点的电场强度，C正确；由E＝，AB＝BC，即d相同，而AB间的电场强度小于BC间的电场强度，所以A、B间的电势差UAB小于B、C间的电势差UBC，D错误。] 以质子疗法为背景考查带电粒子在电场中的加速[案例2]　当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法是用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是(　　)A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15 NC．质子加速需要的时间约为8×10－6 sD．加速器加速的直线长度约为4 mD　[加速过程中，电场力对质子做正功，质子电势能减小，A错误；质子受到的电场力F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19 N＝2.08×10－14 N，B错误；质子的加速度a＝＝ m/s2≈1.25×1013 m/s2，根据v＝v0＋at，加速时间t＝8×10－7 s，C错误；根据v2－v＝2ax，加速的直线长度x＝4 m，D正确。] 以确定被测物体的位置为背景考查电容器问题[案例3]　(2021·福建漳州一模)如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，电介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上的物理量变化可确定被测物体的位置。则下列说法中正确的是(　　)A．若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上电荷量增加B．若电容器极板上电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大C．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板D．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板D　[若x变大，则由C＝可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q＝CU知电容器的电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A、C错误，D正确。若电容器极板上电荷量不变，x变小，则电容器电容增大，电容器极板间电压减小，B错误。]