2023届高考物理二轮复习专题三第1讲电场带电粒子在电场中的运动学案

这是一份2023届高考物理二轮复习专题三第1讲电场带电粒子在电场中的运动学案，共15页。


1. 理解电场力、能性质．
2. 会处理平行板电容器及其动态分析问题．
3. 能解决静电场中的图像问题．
4. 能解决带电粒子在电场中的运动．
1. 库仑定律：F＝k eq \f(Q1Q2,r2)(真空中的点电荷)．
2. 电场强度的表达式：(1) 定义式：E＝ eq \f(F,q)；(2) 计算式：E＝ eq \f(kQ,r2)；(3) 匀强电场：E＝ eq \f(U,d)．
3. 几种常见电场的电场线(如图所示)
4. 电势差和电势的关系：UAB＝φA－φB或UBA＝φB－φA．
5. 电场力做功的计算：
(1) 普适：W＝qU；(2) 匀强电场：W＝Edq．
6. 电容：(1) 电容的定义式：；
(2) 平行板电容器电容的决定式：．
7. 电势高低及电势能大小的判断方法：
(1) 沿电场线的方向电势降低；
(2) 电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．
8. 等势面与电场线的关系
(1) 电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．
(2) 电场线越密的地方，等差等势面也越密．
(3) 沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功．
9. 带电粒子在电场中偏转的处理方法
1. (2021·北京卷)如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称．下列说法正确的是( )

A. M点的场强比P点的场强大
B. M点的电势比N点的电势高
C. N点的场强与P点的场强相同
D. 电子在M点的电势能比在P点的电势能大
【解析】 由对称性可知，M点的场强与P点的场强大小相等，N点的场强与P点的场强相同，A错误，C正确；M点的电势与N点的电势相同，B错误；M点的电势比P点的电势高，根据电势能公式可知电子在M点的电势能比在P点的电势能小，D错误．
【答案】 C
2. (2021·江苏卷)有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为1×10－8 F的电容器，在2 ms内细胞膜两侧的电势差从－70 mV变为30 mV，则该过程中跨膜电流的平均值为( )
A. 1.5×10－7 A B. 2×10－7 A
C. 3.5×10－7 A D. 5×10－7 A
【解析】 根据Q＝CU，可知ΔQ＝CΔU＝1×10－8×(30＋70)×10－3 C＝1×10－9 C，则该过程中跨膜电流的平均值为I＝ eq \f(ΔQ,t)＝ eq \f(1×10－9,2×10－3) A＝5×10－7 A，故D正确．
【答案】 D
3. (2021·江苏卷)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则( )
A. O、C两点电势相等
B. A点的电场强度大于B点
C. 沿直线从A到B电势先升高后降低
D. 沿直线从A到B电场强度逐渐增大
【解析】 由于球壳内部的场强为零，补全以后可知在右侧球壳任取一点，该点和C连线后过左半边球壳一点，两点对C的库仑力为零，即等大、反向、共线，将左侧沿竖直对称到右侧球面，则可以知道这两个点在C点的合场强水平向左，根据叠加原理可知C点场强向左，同理OC上都是水平向左，因此OC是等势线，故A正确；将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2，由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2，在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误；根据电场的叠加原理可知，在A、B连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误．
【答案】 A
4. (2022·湖北卷)密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场．用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电．金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止．若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为( )
A. q，r B. 2q，r
C. 2q，2r D. 4q，2r
【解析】 初始状态下，液滴处于静止状态时，满足Eq＝mg，即 eq \f(U,d)q＝ eq \f(4,3)πr3·ρg，当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足 eq \f(2U,d)q′＝ eq \f(4,3)πr3·ρg，可得q′＝ eq \f(q,2)，A、B错误；当电势差调整为2U时，若液滴的半径变为2r时，则满足 eq \f(2U,d)q′＝ eq \f(4,3) π(2r)3·ρg，可得q′＝4q，C错误，D正确．
【答案】 D
1. 电场强度：(1) 根据电场线的疏密程度进行判断；(2) 根据等势面的疏密程度进行判断；(3) 根据E＝ eq \f(ma,q) 进行判断．
2. 电势：(1) 沿电场线方向电势逐渐降低；(2) 若q和Wab已知，由Uab＝ eq \f(Wab,q)判定．
3. 电势能：(1) 电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；(2) 正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．
eq \x(例) eq \x(1)(2022·浙江选考)某种气体电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示．下列说法正确的是( )
A. a点所在的线是等势线
B. b点的电场强度比c点大
C. b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D. 将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
【解析】 静电场中的电场线是不闭合的，所以图中的闭合曲线都是等势线，根据电场线与等势线相互垂直，可知a点所在的线是电场线，A错误；b点附近的电场线比c附近的电场线稀疏，所以b点的电场强度比c点小，B错误；根据电场线与等势线垂直，可以画出通过a点的等势线，比较可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，C正确；电场力做功与路径无关，取决于电势差，图中d、g并不在同一条等势线上，因此电场力做功一定不为零，D错误．
【答案】 C
eq \x(例) eq \x(2)(2022·苏州期中)如图所示，实线为一簇未标明方向的电场线，虚线为一带电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点．下列说法正确的是( )
A. A点的电势一定比B点低
B. A点的电场强度比B点小
C. 带电粒子在A点的动能比B点大
D. 带电粒子在A点的电势能比B点高
【解析】 根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力大致向右，若粒子从A到B，则电场力做负功，动能变小，粒子在A点的动能比B点大；粒子的电势能变大，即带电粒子在A点的电势能比B点低，但是由于粒子的电性未知，则不能确定两点电势高低，C正确，A、D错误；由于A点电场线较B点密集，可知A点的场强大于B点的场强，B错误．
【答案】 C
1. 平行板电容器动态变化的两种情况
(1) 电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变．
(2) 充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变．
2. 动态分析思路
eq \x(例) eq \x(3)(2022·苏州调研)如图所示，平行板电容器通过灵敏电流计G连接在直流电源两端．最初电容器的上、下极板水平，带电油滴处于静止状态．保持电容器下极板和上极板左端不动，在用绝缘工具将上极板右端缓缓沿逆时针方向转动角度θ(θ<45°)的过程中，观察到的现象是( )
A. 灵敏电流计G中有电流通过，方向从a向b
B. 灵敏电流计G中没有电流通过
C. 带电油滴做曲线运动
D. 带电油滴做直线运动
【解析】 将上极板右端缓缓沿逆时针方向转动角度θ(θ<45°)的过程中，正对面积减小，根据C＝ eq \f(εrS,4πkd)，则电容器电容减小，由于两极板与电源相接，则两极板电压保持不变，根据C＝ eq \f(Q,U)，两极板的电荷量减小，处于放电过程，则灵敏电流计G中有电流通过，方向从b向a，所以A、B错误；极板方向变化后电场强度方向也发生变化，电场力的方向不断变化，电场力与重力的合力方向也不断变化，所以带电油滴将做曲线运动，则C正确，D错误．
【答案】 C
1. vt图像：根据vt图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化．
2. φx图像：(1) 电场强度的大小等于φx图线的斜率大小，电场强度为零处，φx图线存在极值，其切线的斜率为零；(2) 在φx图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向；(3) 在φx图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断．
3. Ex图像：(1) 反映了电场强度随位移变化的规律；(2) E＞0表示场强沿x轴正方向；E＜0表示场强沿x轴负方向；(3) 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，两点的电势高低根据电场方向判定．
eq \x(例) eq \x(4)(2022·常州调研改编)电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点处，其中坐标为－3L处的点电荷带电量的绝对值为Q，两点电荷连线上各点的电势Φ 随x变化的关系图像如图所示，其中x＝L处的电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A. 两点电荷一定为异种电荷
B. 原点O处的场强大小为 eq \f(kQ,12L2)
C. 正检验电荷在原点O处受到向左的电场力
D. 负检验电荷由M点运动到N点的过程中，电势能先减小后增大
【解析】 由φx图像特点可知L处合场强为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故A错误；x＝L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0， eq \f(kQ,（4L）2)－ eq \f(kQ′,（2L）2)＝0，得Q′＝ eq \f(Q,4)，故原点O处的场强大小为E0＝ eq \f(k·Q,（3L）2)－ eq \f(k·\f(Q,4),（3L）2)＝ eq \f(kQ,12L2)，方向向右，则正检验电荷在原点O处受到的电场力向右，故B正确，C错误；由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误．
【答案】 B

1. 掌握分析思路
2. 用好解题技巧
(1) 当粒子在板间偏转时间远小于交变电压的周期时，可认为粒子偏转过程中，极板间电压恒定不变，则粒子受力不变，做匀变速运动．
(2) 不同的带电粒子从静止开始，经过同一电场加速后，再从同一偏转电场射出时的偏转角相同．
(3) 粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度的延长线的交点为粒子在电场中水平位移的中点．
eq \x(例) eq \x(5)(2022·镇江期中)如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”电压为U0的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点．荧光屏MO1N为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上O1点所用时间为l eq \r(\f(2m,qU0)).若在A、B两板间加电压，其电势差UAB随时间t的变化规律如图乙所示，所有粒子均能从平行金属板右侧射出并垂直打在荧光屏上被吸收．已知粒子通过板间所用时间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计，求：
(1) 粒子在O点时的速度大小；
(2) 图乙中U的最大值；
(3) 粒子从O点到打在屏上的最短时间．
【答案】 (1) 由动能定理得U0q＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，
解得v0＝ eq \r(\f(2U0q,m)).
(2) 粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，此时竖直偏转量y＝ eq \f(l,2)，
水平方向l＝v0t，
竖直方向y＝ eq \f(1,2)at2，a＝ eq \f(Umq,lm)，
解得Um＝2U0.
(3) 半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全部垂直撞击在屏幕上，当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，如图所示．
由题意得lOO1＝v0t＝2l，
设偏转角为θ，则有tan θ＝ eq \f(vy,v0)， vy＝at，
解得θ＝45°，
由于粒子射出速度的反向延长线过水平位移中点，且由几何关系得EF＝FH＝ eq \f(1,2)l，
E为圆弧的圆心，由几何关系可得
EO1＝ET＝EF＋FO1＝ eq \f(3,2)l，
则有ES＝ET cs 45°＝ eq \f(3\r(2),4)l，
则水平位移有OS＝ eq \f(3\r(2),4)l＋ eq \f(1,2)l＝ eq \f(3\r(2)＋2,4)l，
最短时间为tmin＝ eq \f(OS,v)＝ eq \f(3\r(2)＋2,4)l× eq \r(\f(m,2qU0))＝ eq \f(（3\r(2)＋2）l,4) eq \r(\f(m,2qU0)).
1. (2022·南京模拟)下列四幅图对应的场景中，没有用到静电屏蔽原理的是( )

【解析】 三条高压输电线上方架着的与大地相连的两条导线组成了一个稀疏的金属网，以减小被闪电击中的概率，利用了静电屏蔽原理，故A错误；高频冶炼炉利用了电磁感应原理，故B正确；工人穿戴含有金属织物的衣服工作，利用了静电屏蔽原理，将超高压输电线周围的电场屏蔽了，故C错误；金属编织网包裹着导体线芯利用了静电屏蔽原理降低干扰，故D错误．
【答案】 B
2. (2022·扬州期中)一个原来不带电的半径为r的金属球放在绝缘支架上，左侧放一个电荷量为＋Q 的点电荷．周围的电场线分布如图所示，金属球外表面为等势面．下列说法正确的是( )
A. 金属球右侧感应出负电荷
B. 此时金属球所带电荷量为Q
C. P点电场方向向右
D. 感应电荷在金属球球心处产生的电场场强大小为k eq \f(Q,r2)
【解析】 因左侧点电荷带正电，则金属球右侧感应出正电荷，故A错误；金属球由绝缘体支撑，金属球上的电荷无法转移，只能在金属球表面分布，原来金属球不带电，感应后金属球所带电荷量也为0，故B错误；左侧电荷＋Q对P点的场强方向向右，金属球右侧感应出的正电荷对P点的场强方向也向右，金属球左侧感应出的负电荷对P点的场强方向向左，但由于左侧相对于右侧距P点更远，因此P点总的电场方向向右，故C正确；感应电荷距金属球球心的距离大于金属球半径r，在金属球球心处产生的电场场强小于k eq \f(Q,r2)，故D错误．
【答案】 C
3. (2022·镇江期中)如图甲所示，在“用传感器观察平行板电容器的放电”实验中，单刀双掷开关先置于1位置，待一段时间后，再置于2位置，利用电容器放电过程中记录的数据作出的It图线如图乙所示，已知电源电动势为E，It图线与坐标轴围成的方格数为n，方格纸每小格面积代表的电量为q.下列说法错误的是( )
A. 开关置于2位置时，电阻R上的电流向左
B. 电阻R越大，电容器放电持续时间越长
C. 电容C的大小等于 eq \f(nq,E)
D. 电阻R的阻值会影响电容C大小的测量结果
【解析】 单刀双掷开关先置于1位置时，电容器在充电，上极板带正电，开关置于2位置时，电容器放电，电阻R上的电流向左，故A正确；电阻R越大，电路中的电流越小，而电容器储存的电量一定，所以电阻R越大，电容器放电持续时间越长，故B正确；It图线下面所围的面积表示电量，所以电容器储存的电荷量为Q＝nq，根据电容的定义式C＝ eq \f(Q,U)，可得电容C的大小为C＝ eq \f(nq,E)，故C正确；电阻R的阻值的大小会影响放电时间，不会影响放电量的多少，也就不会影响电容C大小的测量结果，故D错误．故选D.
【答案】 D
4. (2021·镇江吕叔湘中学月考)如图所示是示波管的工作原理图．电子经电场加速后垂直射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度(该距离越大则灵敏度越高)，电子不会打在偏转极板上，则下列可使示波管的灵敏度提高的方法是( )
A. 增大U1
B. 增大U2
C. 减小L
D. 减小d
【解析】 设电子经加速电场后的速度为v0，则有eU1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0＝ eq \r(\f(2eU1,m))，电子进入偏转电场后的偏转的位移为y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(1,2)· eq \f(eU2,md)·( eq \f(L,v0))2＝ eq \f(U2L2,4dU1)，所以示波管的灵敏度 eq \f(y,U2)＝ eq \f(L2,4dU1)，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L、减小d或减小U1，故D正确，A、B、C错误．
【答案】 D
U不变
①根据C＝ eq \f(Q,U)＝ eq \f(εrS,4πkd)，先分析电容的变化，再分析Q的变化
②根据E＝ eq \f(U,d)分析场强的变化
③根据UAB＝Ed分析某点电势变化
Q不变
①根据C＝ eq \f(Q,U)＝ eq \f(εrS,4πkd)，先分析电容的变化，再分析U的变化
②根据E＝ eq \f(U,d)分析场强的变化