新高考物理一轮复习课件 第8章 专题强化14 电场性质的综合应用
展开1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题,一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究,深刻理解,要透过“样板”,学会通过逻辑思维,灵活运用所学知识去分析问题和解决问题,特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法,并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”,应在老师的指导下,选一些源于课本的变式题,或体现基本概念、基本方法的基本题,通过解题来提高思维能力和解题技巧,加深对所学知识的深入理解。在解题时,要独立思考,一题多思,一题多解,反复玩味,悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后,总有同学抱怨没考好,纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否,不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系,确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”,但更重要的是寻找错因,及时进行总结,三五个字,一两句话都行,言简意赅,切中要害,以利于吸取教训,力求相同的错误不犯第二次。
专题强化十四 电场性质的综合应用
1.学会处理电场中的功能关系.2.能解决电场中各种图像问题,理解图像斜率、面积等表示的物理意义并能解决相关问题.
题型一 电场中功能关系的综合问题
题型二 电场中的图像问题
电场中功能关系的综合问题
电场中常见的功能关系(1)若只有静电力做功,电势能与动能之和保持不变.(2)若只有静电力和重力做功,电势能、重力势能、动能之和保持不变.(3)除重力之外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量.(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量.
例1 (2022·山西师大附中模拟)如图所示为一匀强电场,某带电粒子从A点运动到B点,在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J,静电力做的功为1.5 J.下列说法中正确的是A.粒子带负电B.粒子在A点的电势能比在B点少1.5 JC.粒子在A点的动能比在B点少0.5 JD.粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
由粒子运动的轨迹可知粒子带正电,A错误;粒子从A到B的过程中静电力做正功,所以电势能减小,B错误;
根据动能定理得W+WG=ΔEk=-0.5 J,所以粒子在A点的动能比在B点多0.5 J,C错误;静电力做正功,机械能增加,所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J,D正确.
例2 如图所示,在空间中存在竖直向上的匀强电场,质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落,加速度为 g,下落高度H到B点后与一轻弹簧接触,又下落 h后到达最低点C,整个过程中不计空气阻力,且弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,则带电物块在由A点运动到C点过程中,下列说法正确的是
物块从静止开始下落时的加速度为 g,根据牛顿第二定律得:mg-qE=ma,解得:E= ,故A错误;
从A到C过程中,静电力做功为 ,则电势能增加量为 ,故C错误;
从A到C的过程中,系统除重力和弹力以外,只有静电力做功,静电力做功为:W=-qE(H+h)= ,可知机械能减小量为 ,故B错误;
根据动能定理得:mg(H+h)- +W弹=0,解得弹力做功为:W弹= ,即弹性势能增加量为 ,故D正确.
例3 如图所示,在竖直平面内,光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点,在圆心处有一固定的正点电荷,B点为AC的中点,C点位于圆周的最低点.现有一质量为m、电荷量为-q套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑.已知重力加速度为g,A点距过C点的水平面的竖直高度为3R,小球滑到B点时的速度大小为2 .求:(1)小球滑到C点时的速度大小;
因为B、C两点电势相等,故小球从B到C运动的过程中静电力做的总功为零.
(2)若以C点作为零电势点,试确定A点的电势.
小球从A到C,重力和静电力均做正功,
又根据静电力做功与电势能的关系:W电=EpA-EpC=-qφA-(-qφC).
根据v-t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化),可确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况,进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化.
考向1 电场中的v-t图像
例4 (多选)如图甲所示,有一绝缘圆环,圆环上均匀分布着正电荷,圆环平面与竖直平面重合.一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细杆上套有一个质量为m=10 g的带正电的小球,小球所带电荷量q=5.0×10-4 C.小球从C点由静止释放,其沿细杆由C经B向A运动的v-t图像如图乙所示.小球运动到B点时,速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线).则下列说法正确的是A.由C到A的过程中,小球的电势能先 减小后变大B.由C到A电势逐渐降低C.C、B两点间的电势差UCB=0.9 VD.在O点右侧杆上,B点场强最大,场强大小为E=1.2 V/m
从C到A小球的动能一直增大,说明静电力一直做正功,故电势能一直减小,电势一直减小,故A错误,B正确;
根据动能定理知qUCB= mvB2-0,解得UCB=0.9 V,故C正确;
根据对称性知O点电场强度为0,由题图乙可知,小球在B点的加速度最大,故所受的静电力最大,加速度由静电力产生,故B点的电场强度最大,小球的加速度a= m/s2=0.06 m/s2,根据牛顿第二定律得qE=ma,联立解得E=1.2 V/m,故D正确.
1.电场强度的大小等于φ-x图线的切线斜率的绝对值,如果图线是曲线,电场为非匀强电场;如果图线是倾斜的直线,电场为匀强电场(如图).切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零.
考向2 φ-x图像(电场方向与x轴平行)
2.在φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向,进而可以判断电荷在电场中的受力方向.(如图)
3.电场中常见的φ-x图像(1)点电荷的φ-x图像(取无限远处电势为零),如图.
(2)两个等量异种点电荷连线上的φ-x图像,如图.
(3)两个等量同种点电荷的φ-x图像,如图.
例5 (多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点,两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示,其中P点电势最高,且xAP
φ-x图像的切线斜率表示电场强度,则P点场强为零,据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等大反向,即 ,又xAP
φ-x图像的切线斜率表示电场强度,则沿x轴从P点到B点场强逐渐增大;据a= 可知,点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点,加速度逐渐增大,故D项错误.
1.E-x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系,若规定x轴正方向为电场强度E的正方向,则E>0,电场强度E沿x轴正方向;E<0,电场强度E沿x轴负方向.2.E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示),两点的电势高低根据电场方向判定.在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况.
考向3 E-x图像(电场方向与x轴平行)
3.电场中常见的E-x图像(1)点电荷的E-x图像正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示.
(2)两个等量异种点电荷的E-x图像,如图.
(3)两个等量正点电荷的E-x图像,如图.
例6 (多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N,分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上,在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示,沿x轴正方向电场强度E为正,以下判断中正确的是A.点电荷M、N一定为同种电荷B.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1C.把一个检验电荷由x1位置静止释放,其加速度一直减小D.把一个正检验电荷由x3=a的位置静止释放,其电势能一直减小
由题图可知,O点右侧场强先减小再增大,故把一个检验电荷(假设带正电)由x1位置静止释放,据牛顿第二定律可得qE=ma,其加速度先减小再增大,C错误;把一个正检验电荷由x3=a的位置静止释放,向右运动过程静电力先做正功再做负功,其电势能先减小后增大,D错误.
1.Ep-x图像由静电力做功与电势能变化关系F电x=Ep1-Ep2=-ΔEp知Ep-x图像的切线斜率k= ,其大小等于静电力,斜率正负代表静电力的方向-x图像当带电体只有静电力做功,由动能定理F电x=Ek-Ek0=ΔEk知Ek-x图像的切线斜率k= ,其大小表示静电力.
考向4 Ep-x图像、Ek-x图像
例7 (多选)如图所示,空间中存在沿x轴的静电场,x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点,质量为m、带电荷量为-q的粒子(不计重力),以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场,在粒子沿x轴运动的过程中,其电势能Ep沿x轴的变化如图所示,下列说法正确的是A.粒子在x2点的速度为v0B.从O点到x3点的过程中,电场的电势先升高再 降低再升高C.若粒子能到达x4处,则v0的大小至少应为D.若v0= ,则粒子在运动过程中的最大动能为2Ep0
粒子从O运动到x2的过程中,电势能变化量为零,静电力做功为零,根据动能定理知,粒子在x2点的速度为v0,故A正确;从O点到x3点的过程中,电场的电势先降低再升高,故B错误;
1.如图所示,在粗糙水平面上间隔一定距离放置两个带电的物体A、B,带电荷量分别为Q和—q(设两电荷间只有库仑力),开始时,A、B均处于静止状态,在物体B上施加一水平向右的恒力F,使物体 A、B向右运动.在此过程中,下列说法正确的是A.力F、库仑力及摩擦力对物体A所做的功之和等于物体A的动能增量B.力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量C.力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量D.力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增 量及电势能增量之和
力F 没有作用在物体A上,故力F对A不做功,故选项A错误;根据动能定理,力F做的功与摩擦力对物体B做的功及库仑力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量,故选项B错误;由功能关系可得,力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量与B克服库仑力做功之和,故C错误;根据能量守恒可知:力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和,故选项D正确.
2.如图所示,一带电微粒沿与CD平行方向(垂直AD方向)射入倾角为θ的光滑斜面上,斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场,微粒运动轨迹如图中虚线所示,则A.若微粒带正电荷,则电场方向一定沿斜面向下B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
若微粒带正电荷,重力沿斜面向下的分力大于静电力时,静电力的方向可以沿斜面向上,也可以沿斜面向下,故A错误;
当静电力沿斜面向上时,则静电力做负功,电势能增加,当静电力沿斜面向下时,静电力做正功,电势能减小,故B错误;由于合力沿斜面向下,故合力一定做正功,根据动能定理可知,动能一定增加,故C正确;若静电力沿斜面向上,静电力做负功,机械能减小,故D错误.
3.(多选)沿电场中某条电场线方向建立x轴,该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示,x轴正方向为电场强度E的正方向,坐标轴上的点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应,相邻两点间距相等.一个带正电的粒子从O点由静止释放,运动到A点的动能为Ek,仅考虑静电力作用,则下列说法正确的是A.从O点到C点,电势先升高后降低B.粒子先做匀加速运动,后做变加速运动C.粒子运动到C点时动能大于3EkD.粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量
由O点到C点,沿电场方向,电势一直降低,A错误;电场强度大小一直在变化,静电力也就在不断变化,带正电的粒子的加速度在不断变化,做变加速运动,B错误;
根据E随x的变化规律可知,由A到C电场强度平均值大于OA段电场强度平均值,A到C静电力做功大于2Ek,则粒子运动到C点时动能大于3Ek,C正确;粒子在AB段平均静电力大于BC段平均静电力,则AB段静电力做的功大于BC段静电力做的功,所以在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量,D正确.
4.(多选)空间有一电场,各点电势φ随位置的变化情况如图所示,图像关于O点中心对称.下列说法正确的是A.O点的电场强度一定为零B.-x1与x1点沿x轴方向的电场强度相同C.将负电荷从-x1移到x1电荷的电势能增大D.-x1和x1两点在同一等势面上
φ-x图像的斜率表示电场强度,由题图可知图像在O点的切线斜率不等于零,故O点的电场强度不为零,-x1与x1点的切线斜率相同,故-x1与x1点沿x轴方向的电场强度相同,故A错误,B正确;
电势的定义式为φ= ,故电势能Ep=qφ,将负电荷从-x1移到x1,电荷的电势能由负值变为正值,电荷的电势能增大,故C正确;
-x1和x1两点电势不相等,故一定不在同一等势面上,故D错误.
5.(多选)如图,竖直平面内有a、b、c三个点,b点在a点正下方,b、c连线水平.第一次,将一质量为m的小球从a点以初动能Ek0水平抛出,经过c点时,小球的动能为5Ek0;第二次,使此小球带正电,电荷量为q,同时加一方向平行于abc所在平面、场强大小为 的匀强电场,仍从a点以初动能Ek0沿某一方向抛出小球,小球经过c点时的动能为13Ek0.下列说法正确的是(不计空气阻力,重力加速度大小为g)
不加电场时根据动能定理得mghab=5Ek0-Ek0=4Ek0,解得hab= ,故A错误,B正确;加电场时,根据动能定理得mghab+Uacq=13Ek0-Ek0,解得Uac= ,故C正确,D错误.
6.(多选)如图甲所示,a、b是点电荷电场中同一电场线上的两点,一个带电粒子在a点由静止释放,仅在静电力作用下从a点向b点运动,粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示,则下列说法中正确的是A.带电粒子与场源电荷带异种电荷B.a点电势比b点电势高C.a点场强比b点场强大D.带电粒子在a点的电势能比在b点的电势能大
粒子从a点向b点运动,Ek-x图像的切线斜率减小,根据动能定理,则有qEx=Ek,电场强度减小,因此a点更靠近场源电荷,则a点场强比b点场强大,若场源电荷是正电荷,则粒子带正电,若场源电荷是负电荷,则粒子带负电,它们带同种电荷,故A错误,C正确;
由于不能确定场源电荷的性质,所以也不能确定电场线的方向,不能确定a点电势与b点电势的高低,故B错误;带电粒子仅在静电力作用下从a点运动到b点,静电力做正功,电势能减小,所以带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能,故D正确.
7.(多选)(2021·湖南卷·9)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
由于该电场为匀强电场,可采用矢量分解的思路.沿cd方向建立x轴,垂直于cd方向建立y轴,如图所示从c到d有W=Exq·2R
由于电场方向与水平方向成60°角,则场强方向与ab平行,且由a指向b,A正确;将该粒子从d点移动到b点,电场力做的功为
沿电场线方向电势逐渐降低,则a点电势高于c点电势,C错误;若粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行,则粒子做匀变速直线运动,D错误.
8.(多选)一带正电微粒只在静电力作用下沿x轴正方向运动,其电势能随位移x变化的关系如图所示,其中O~x1段是曲线,x1~x2段是平行于x轴的直线,x2~x3段是倾斜直线,则下列说法正确的是A.O~x1段电势逐渐升高B.O~x1段微粒做加速度逐渐减小的加速运动C.x1~x2段电场强度为零D.x2~x3段的电势沿x轴均匀减小
电势能Ep=φq,由于粒子带正电,O~x1段电势能变大,所以电势升高,A正确;
根据静电力做功与电势能关系ΔEp=EqΔx,图像斜率反映场强大小,O~x1段图像斜率变小,场强变小,受力减小,加速度逐渐变小,由于电势能增加,静电力做负功,则微粒做减速运动,即微粒做加速度减小的减速运动,B错误;x2~x3段斜率为0,场强为零,C正确;x2到x3,电势能均匀减小,微粒带正电,所以电势沿x轴均匀减小,D正确.
9.竖直平面内有一匀强电场,电场方向与x轴负方向成37°角,x轴上各点的电势随坐标x的变化规律如图所示.现有一带负电小球以初速度0.5 m/s从x=-1 cm的P处沿直线运动到x=2 cm的Q处,已知小球的质量为3×10-4 kg,取g=10 m/s2,则A.匀强电场的场强大小为400 V/mB.带电小球的电荷量大小为1×10-5 CC.带电小球从P点运动到Q点的过程中的加速度大小为 40 m/s2D.带电小球运动到Q点时动能可能为0
由电势差与电场强度的关系得U=Excs 37°,则φ-0=Ecs 37°×x,结合图像得Ecs 37°= ,解得E=500 V/m,故A错误;
由题意知,带电小球在竖直方向受力平衡,得mg=Eqsin 37°,解得q=1×10-5 C,故B正确;小球带负电,所以小球所受合力水平向右,合外力做正功,小球速度增加,带电小球运动到Q点时动能不可能为0,在水平方向,对小球由牛顿第二定律得qEcs 37°=ma,代入数据解得a= m/s2,故C、D错误.
10.(多选)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平.a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点由静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零.则小球aA.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中,速率先增大后减小C.从N到Q的过程中,电势能一直增加D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量
小球a从N点静止释放,过P点后到Q点速度为零,整个运动过程只有重力和库仑力做功,库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°,所以库仑力整个过程做负功.小球a从N到Q的过程中,库仑力增大,库仑力与重力的夹角减小,所以它们的合力一直增大,故A错误;小球a受力如图所示,在靠近N点的位置,合力与速度夹角小于90°,在P点合力与速度夹角大于90°,所以小球a从N到P的过程中,速率应先增大后减小,故B正确;
从N到Q的过程中,库仑力一直做负功,所以电势能一直增加,故C正确;根据能量守恒可知,P到Q的过程中,动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和,故D错误.
11.(2021·山东卷·6)如图甲所示,边长为a的正方形,四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷;在0≤x< 区间,x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示.现将一电荷量为-Q的点电荷P置于正方形的中心O点,此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零.若将P沿x轴向右略微移动后,由静止释放,以下判断正确的是
对y轴正向的点电荷,由平衡条件可得
则场强方向沿x轴负向,则将P沿x轴正向向右略微移动后释放,P受到向右的库仑力而向右运动.故选C.
12.(多选)如图所示,有一均匀对称带负电花环和一质量为m的带正电小球,小球由静止从花环正上方某一高处的A点落下,穿过花环中心又下落到与A对称的A′点.在这个过程中,若取花环中心为坐标原点且重力势能为零,无限远处电势为零,竖直向下为x轴正方向,则关于小球的加速度a、重力势能Ep、电势能εp、机械能E,这四个物理量与小球的位置坐标x的关系图像可能正确的是
花环中心电场强度为零,无限远处电场强度为零,所以从中心到无限远处电场强度是先增加再减少.加速度是重力和静电力的合力与质量的比值,在花环上方,重力和静电力都向下,且静电力可能先增加再减小,所以加速度可能先增加再减小,在花环下方,重力向下,静电力向上,且静电力可能先增加再减小,合力可能先减小再增加,所以加速度可能先减小再增加,A正确;从A到A′重力做正功,重力势能减小,B错误;
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