高考物理二轮专题复习教学力与电 课件

力与电明确考点1.点电荷、库仑定律2.电场强度、点电荷的场强、电场线3.电势能、电势、电势差4.匀强电场中电势差与电场强度的关系5.带电粒子在匀强电场中的运动6.电容器、电容器的电压、电荷量和电容的

关系把握考情1.高考对本专题知识的考查多以选择题和计算题两

种形式为主，综合计算题的难度较大.选择题的

难度中等.2.主要考查对电场的基本概念的理解，带电物体在

电场中的加速、偏转问题，以及带电体在电场或

与重力场、磁场的复合场中的运动结合力学中的

牛顿运动定律、功能关系的力电综合问题.复习时重视基本概念、基本规律，加强对电场主干知识的整合；对带电粒子在电场中的运动问题，带电物体在电场中的加速、偏转问题，注意分类整理，对过程复杂的问题，注意分阶段或分方向处理；复习时还应注意体会用模型(如点电荷、电场线、等势线、等势面等)研究问题的思维方法，注重学科内的综合.一、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在电场中加速的处理方法有(1)在匀强电场中加速可根据牛顿第二定律和运动学公

式结合求解.

基本方程：(2)在非匀强电场中的加速运动一般受变力作用，可根据动能定理、电场力做功和运动学公式结合求解.基本方程：2.带电粒子在匀强电场中偏转的处理方法：类似于平抛运

动的分析处理，即应用运动的合成和分解的方法.(1)带电粒子在匀强电场中偏转的规律如图5－1所示，带电粒子从极板的中线以速度v0飞入匀

强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用

而做匀变速曲线运动.①沿初速度方向为匀速直线运动：运动分速度vx＝v0，

运动分位移x＝v0t，运动时间②沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动：加速度a

，运动分速度vy＝at，离开电场时的偏移量y

，侧移距离也可表示为：y＝tanθ(带电粒子从极板的中线射入匀强电场，其出射时速度方向的反向延长线交于入射线的中点)，离开电场时的偏转角tanθ (2)带电粒子离开偏转电场后做匀速直线运动(如图5－1所示).带电粒子在电场中的偏转运动是类平抛运动，处理方法同平抛运动.二、电场中功能关系的理解和应用1.电场力做功的特点：电荷在电场中运动，电场力做的功

取决于初、末位置的电势差，与路径无关.2.如果只有电场力做功，动能(Ek)和电势能(Ep)的总和守恒，

则：(1)ΔEp＝－ΔEk.(2)电场力做正功，电势能减小，动能增加.(3)电场力做负功，电势能增加，动能减小.3.除电场力之外其他力做正功，动能和电势能之和变大；

除电场力之外其他力做负功，动能和电势能之和变小.4.如果只有电场力和重力做功，则电势能和机械能之和

保持不变.5.如果用能量转化和守恒分析问题，则要分清哪几种

形式的能量在变化，是增加还是减少，列方程的形

式有两种：(1)利用初、末状态的能量总和保持不变.(2)利用一种形式能量的增加量等于另一种形式能量

的减少量.三、平行板电容器的动态问题分析1.动态变化的两种基本情况(1)电容器两极板间电势差U保持不变(与恒压电源连接)，

改变板间距离d和正对面积S.(2)电容器的带电荷量Q保持不变(与电源断开，无放电回

路)，改变板间距离d和正对面积S.2.讨论的依据(1)平行板电容器的电容的公式：C＝ .(2)平行板电容器内部是匀强电场E＝.(3)电容器所带电荷量Q＝CU.对平行板电容器，由C＝、C＝和U＝Ed可得出：E＝

，由这个式子可得出，当两极板所带电荷量不变时，板间场强E与板间距离变化情况无关，这是动态问题分析时经常使用的结论.一、电场力做功的正、负判断和大小计算方法1.正、负判断方法(1)用力学方法判断：即用电场力F和位移x的夹角θ来

判断.(2)用电势能的变化来判断.2.大小计算方法(1)由公式W＝Fxcosθ计算.此公式只适合于匀强电场，可变形为W＝qExE，式中xE为电荷初、末位置在电场方向上的位移.(2)应用公式W＝qU进行计算.使用此式时，式中各量取绝对值代入计算.功的正负另行判断.(3)根据能量转化来计算.电场力做功，电荷的电势能发生变化：电场力做正功，电荷的电势能减少转化为其他形式的能；电场力做负功，电荷的电势能增加，其他形式的能转化为电势能.电场力做多少功就对应着多少能的转化.这是能的转化和守恒的具体体现.这里一定要分清是电势能和什么形式的能发生相互转化.W＝ΔE其他，使用这个公式时一般W、ΔE其他都取绝对值.(4)由动能定理计算.W电场力＋W其他力＝ΔEk.二、处理带电体在电场中的运动问题的两种思路1.运动学观点(1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际

问题，一般有两种情况：①带电粒子初速度方向

与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；②带

电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变

速曲线运动(类平抛运动).(2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般

要采取类似平抛运动的解决方法.2.功能观点首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后再

根据具体情况选用公式计算.(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是

恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及

运动过程中的动能的增量.(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的.

(1)带电粒子在电场中运动时，首先要弄清电场的特点，根据电场的特点判断带电粒子的受力情况.若为匀强电场，电场力为恒力；若为非匀强电场，则电场力为变力.(2)在分析带电粒子的运动情景时，要采取动态观点，抓住特殊状态建立方程.高频点一对电场性质的理解和应用(2008·山东高考)如图5－2所示，在y轴关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判断正确的是(

)A.O点电场强度为零B.D点电场强度为零C.若将点电荷＋q从O移向C，电势能增大D.若将点电荷－q从O移向C，电势能增大[思路点拨]

O点和D点的电场强度是由A、B、C三处点电荷产生的电场的合场强；而电荷由O移到C，电势能的变化取决于移动过程中电荷所受电场力做功的正、负.[解析]

A、B两点处的点电荷在O点处形成的电场的合场强为零，因此O点处的电场强度应等于C点处的点电荷在O点形成的电场的电场强度，A选项错；A、B、C三处点电荷在D点处形成的电场的电场强度分别为EDA＝

、EDB＝

、EDC＝

，所以D点合电场强度为ED

，故B选项对；将点电荷＋q从O移向C时，电场力做正功，故电势能减小，C选项错；将点电荷－q从O移向C时，电场力做负功，故电势能增大，D选项对.[答案]

BD(1)空间如果有多个场源电荷，空间某点的场强应为各场源电荷在该点单独产生的电场的合场强，求合场强时要用平行四边形定则.(2)比较电荷在电场中两点具有的电势能的大小时，可将该电荷在两点间移动，判断电场力做功的正、负，若电场力做正功，电势能减少；反之电势能增大.1.(2009·黄冈模拟)一正电荷在电场中

仅在电场力作用下，从A点运动到B

点，速度大小随时间变化的图象如

图5－3所示，tA、tB分别是正电荷

在A、B两点对应的时刻，则下列说

法中正确的有(

)A.A处的场强一定小于B处的场强B.A处的电势一定高于B处的电势C.正电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能D.A至B过程中，电场力一定对正电荷做正功解析：由速度图象可知，正电荷的加速度逐渐增大，故所受电场力逐渐增大，B处电场强度大于A处电场强度，选项A正确；正电荷从A点运动到B点，在电场力作用下，正电荷速度增大，电场力做正功，所以D对；电势能减小，正电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能，A处的电势一定高于B处的电势，选项B正确，C错.答案：ABD高频点二带电体在电场中的直线运动如图5－4所示，在方向水平向右、大小为E＝6×103N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面.一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m1＝2×10－4kg，带电荷量为q1＝2×10－9C，乙的质量为m2＝1×10－4kg，带电荷量为q2＝－1×10－9C.开始时细绳处于拉直状态.由静止释放两滑块，t＝3s时细绳突然断裂.不计滑块间的库仑力，试求：(1)细绳断裂前两滑块的加速度；(2)在整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值.

[思路点拨]滑块乙向右运动的过程中，电场力对乙做负功，乙的电势能增加，而乙的电势能增量的最大值对应电场力对乙做功的最大值.[解析]

(1)取水平向右为正方向，将甲、乙及细绳看成一个整体，根据牛顿第二定律得(2)当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大，细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为此时甲、乙的速度均为v0＝a0t＝0.02×3m/s＝0.06m/s细绳断裂后，乙的加速度变为从细绳断裂到乙速度减为零，乙发生的位移x乙′为整个运动过程乙发生的最大位移为x乙max＝x0＋x乙′＝0.09m＋0.03m＝0.12m此时乙的电势能增量为ΔEp＝|W乙|＝|q2E|x乙max＝1×10－9×6×103×0.12J＝7.2×10－7J.[答案]

(1)0.02m/s2

(2)7.2×10－7J电场中的带电体，不论是否运动，均始终受电场力作用，其大小为F＝Eq.分析带电体的受力，由牛顿第二定律求解加速度的大小和方向；速度增大或减小可由加速度和速度的方向关系判断；而带电体电势能的变化可根据电场力做功情况来判断.2.(2009·四川高考)如图5－5所示，

粗糙程度均匀的绝缘斜面下方

O点处有一正点电荷，带负电

的小物体以初速度v1从M点沿斜

面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2<v1).若小物体带电荷量保持不变，OM＝ON，则(

)A.小物体上升的最大高度为B.从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C.从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做

正功D.从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力

均是先增大后减小解析：因OM＝ON，所以M、N两点在同一等势面上.从M至N的过程中，根据动能定理：－mgh－Wf＝0－mv12，从N至M的过程中，mgh－Wf＝mv22，两式联立可得：h＝，A项正确；从N至M，点电荷周围的电势先减小后增大，故小物体的电势能先减小后增大，B项错误；从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，C项错误；根据库仑定律，从N到M的过程中，小物体受到的库仑力先增大后减小，由受力分析知，小物体受到的支持力先增大后减小，因而摩擦力也是先增大后减小，D项正确.答案：AD高频点三带电物体在电场中的偏转(2009·重庆调研)如图5－6所示，竖直面内的正方形ABCD的边长为d，质量为m、带电荷量为＋q的小球从AD边的中点，以某一初速度进入正方形区域.若正方形区域内未加电场时，小球恰好从CD边的中点离开正方形区域；若在正方形区域内加上竖直方向的匀强电场，小球可以从BC边离开正方形区域.已知重力加速度为g，求：(1)小球进入正方形区域的初速度v0.(2)要使小球从BC边离开正方形区域，求所加匀强电场的场强E的方向和大小范围.[思路点拨]解答本题时应把握以下几个方面：(1)带电小球的重力必须考虑；(2)带电小球做类平抛运动；(3)因所加电场的不同，带电小球有向上或向下偏转两种可能.[解析]

(1)未加电场时，小球做平抛运动，由平抛运动公式：水平方向：竖直方向：解得v0＝.(2)要使小球从BC边离开正方形区域，应加竖直向上的匀强电场.当小球从C点离开正方形区域时，场强最小设为E1，由牛顿第二定律：mg－qE1＝ma1初速度方向位移：d＝v0t1垂直初速度方向位移：＝a1t12解得E1＝故场强E的大小范围为[答案]

(1)

(2)竖直向上

(1)求解某一物理量的范围时往往要涉及到临界问题，解决临界问题的关键是找准最大值或最小值对应的临界条件，如本题中恰好使小球由B或C射出，分别对应电场强度的最大值或最小值.(2)带电体的重力是否考虑可从以下几个方面判断：①带电小球、液滴一般要考虑重力.②基本粒子，如电子、质子、α粒子、离子一般不计重力.③若能确定F电和mg，可比较两力的大小关系，再做出判断.3.(2009·上海交大附中检测)如图5－7所示，质量m＝1g、电荷量q＝2×10－6C的带电微粒从偏转极板A、B中间的位置以10m/s的初速度垂直电场方向进入长为L＝20cm、距离为d＝10cm的偏转电场，出电场后落在距偏转电场40cm的挡板上，微粒的落点P离开初速度方向延长线的距离为20cm，不考虑重力的影响.求：(1)加在A、B两板上的偏转电压UAB.(2)当加在板上的偏转电压UAB满足什么条件时，此带电微粒会碰到偏转极板.解析：(1)带电微粒出电场后沿切线方向做匀速直线运动，把匀速直线运动轨迹反向延长交图中虚线一点O，此点在L处.设电场内的偏移量为y，根据比例关系得又y＝at2＝，解得UAB＝104V.(2)当y>时，带电微粒会碰到极板由y＝及y>联立解得UAB>1.25×104V.答案：(1)104V

(2)UAB>1.25×104V高频点四带电粒子在交变电场中的运动问题如图5－8甲所示，真空中A、B两竖直极板为匀强电场，极板间距离为2R.右侧有一对水平平行金属板M和N，两板间距离为R，板长为2R，有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，经电场由静止加速后，以速度v0从M、N两金属板的中间进入偏转电场.给M、N板加上如图乙所示电压，最后粒子刚好从N板的边缘以平行于N板的速度飞出(不计粒子重力).求：(1)加速电压U1的值；(2)粒子从静止到飞出偏转电场MN的时间；(3)交变电压的周期T；(4)偏转电压U0的值.[思路点拨](1)分清不同的电场中的运动情况，建立相对应的物理模型和遵守的物理规律.(2)注意周期性变化电场的多解性.[解析]

(1)根据动能定理解得：(2)粒子在极板A、B之间做初速度为零的匀加速直线运动粒子在极板M、N之间水平方向做匀速运动2R＝v0t2粒子从静止到飞出MN的时间为带电粒子在电场中加速、偏转的综合题可以分阶段处理.(1)加速阶段：经常用到动能定理qU＝mv2，且多为匀变速直线运动，加速的时间可以根据匀变速运动公式求解.(2)偏转阶段：带电粒子做类平抛运动，可以用分解的方法处理，可以在偏转电场中求时间和加速度，求偏转位移和偏转角等，也可以求带电粒子在偏转电场中运动时电场力做的功和电势能的变化.(3)若偏转电场为周期性变化的，则粒子的运动常常具有对称性，找出规律，就能解答.4.两块水平金属极板A、B正对放置，每块极板长均

为l，极板间距为d.B板接地(电势为零)，A板电势为

＋U，重力加速度为g，两个比荷(电荷量与质量的

比值)均为=的带正电质点以相同的初速

度沿A、B板的中心线相继射入，如图5－9所示.第

一个质点

射入后恰好落在B板的中心处，接着，第

二个质点

射入极板间，运动一段时间Δt后，A板电

势突然变

为－U并且不再改变，结果第二个质点恰

好没有碰到极板.求：(1)带电质点射入时的初速度v0；(2)在A板电势改变之前，第二个质点在板间运动的时间Δt.解析：(1)第一个质点在极板间做类平抛运动解得质点的初速度(2)第二个质点射入极板后，在时间Δt内做类平抛运动，有A板电势突然变为－U后，质点所受电场力与重力平衡，做匀速直线运动，经过时间t′恰好射出极板，则由以上各式解得答案：(2008·宁夏高考)如图5－10所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地.开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是(

)高频点五电容器的动态问题分析A.缩小a、b间的距离B.加大a、b间的距离C.取出a、b两极板间的电介质D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质[解析]

a板与Q板电势恒定为零，b板和P板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q视为不变.要使悬线的偏角增大，即电压U增大，即减小电容器的电容C.对电容器C，由公式

，可以通过增大板间距d、减小介电常数εr、减小板的正对面积S来减小电容C.故选项B、C正确.[答案]

BC分析平行板电容器的动态问题时，首先应判断是电容器两板间电压不变，还是电荷量不变，然后再由Q＝CU和C＝相结合得出结论.5.(2009·福建高考)如图5－11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.一带电油滴

位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(

)A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带电油滴的电势能将减少D.若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大解析：电容器两端电压U不变，由公式E场强＝

，场强变小，电场力变小，带电油滴将沿竖直方向向下运动，A错；P到下极板距离d不变，而强场E减小，由公式U＝Ed知P与下极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P点的电势降低，B对；由于电场力方向向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C错；图中电容器两端电压U不变，电容C减小时，由公式Q＝CU，知带电荷量减小，D错.答案：B1.(2009·黄冈中学模拟)如图5－12所示的电路可将声音信号

转化为电信号.该电路中，b是

固定不动的金属板，a是能在

声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，a、b构成了一个电容器，且通过导线与恒定电源两极相接.若声源S做简谐运动，则在a振动过程中(

)A.a、b板之间的电场强度不变B.a、b板所带的电荷量不变C.电路中始终有方向不变的电流D.向右位移最大时，电容器电容最大解析：因电容器与电源相连，电容器两极板间电压不变，a振动过程中两板间距变化，板间电场强度变化，A错；电容器的电容变化，且a向右移动时，电容器电容变大，由Q＝CU知，板上所带电荷量变大，故B错误，D正确；在a振动过程中，电容器处于充、放电状态，电路中电流的大小和方向均变化，C错误.答案：D2.(2009·山东高考)如图5－13所

示，在x轴上关于原点O对称

的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，x轴上的P点位于－Q的右侧.下列判断正确的是(

)A.在x轴上还有一点与P点电场强度相同B.在x轴上还有两点与P点电场强度相同C.若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能增大D.若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能减小解析：在＋Q和－Q连线上及延长线上三个区间内场强方向如答案：AC图所示，由对称关系可知，在＋Q左侧与P和－Q间等距的P′点应与P点场强相同，故选项A正确.在－Q和＋Q之间各处场强均大于－Q、P之间各点场强，故选项B错.试探电荷＋q从P移至O点过程中，P→－Q做正功W1，由－Q→O电场力做负功W2，由上面分析知，|W2|＞W1.故电势能增大，C正确，D错误.3.(2009·湖南省师大附中模拟)图5－14(a)中曲线CD是

带电粒子在电场中的运动轨迹，若一电子从A点由

静止释放，电子沿电场线从A到B运动过程中速率随

时间变化的图线如图5－14(b)所示，则A、B两点的

电势φA、φB，电场强度EA、EB，电子在A、B两点

的电势能EpA、EpB，加速度aA和aB的大小关系正

确的是(

)A.φA>φB

B.EpA>EpBC.EA<EB D.aA>aB解析：电子由A到B速度增大，电场力做正功，可得EpA>EpB，UAB<0，故φA<φB，A错误，B正确；由(b)图可知，aA<aB，由a＝

知，EA<EB，故C正确，D错误.答案：BC4.(2009·全国卷Ⅰ)如图5－15所

示，一电场的电场线分布关

于y轴(沿竖直方向)对称，O、

M、N是y轴上的三个点，且

OM＝MN.P点在y轴右侧，

MP⊥ON.则(

)A.M点的电势比P点的电势高B.将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C.M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D.在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做

直线运动解析：作出过点M的等势线，因电场线与等势线是正交的，且沿电场线方向电势是降低的，故A正确.将负电荷从O点移到P点时，因所处位置电势降低，其电势能增大，故应是克服电场力做功，B错误.由

＝U/d及电场线疏密程度知O、M两点间电势差应大于M、N两点间电势差，C错误.沿y轴上各点场强方向相同，故从O点由静止释放的带正电粒子运动中始终受到沿y轴方向的合外力，D正确.答案：AD5.图5－16为一有界匀强电场，

场强的方向水平向右，一带

电微粒与电场成某一角度θ

从电场的A点射入，沿直线

从B点射出，运动轨迹在竖直平面内，则该微粒在A、B

两点的动能EkA、EkB和电势能EpA、EpB的关系是(

)A.EkA＞EkB

B.EkA＜EkBC.EpA＞EpB D.EpA＜EpB解析：因带电微粒做直线运动，所以受到重力和电场力两个力的合力的方向为粒子运动的反方向.电场力和重力都做负功，从A到B电势能变大，动能变小，所以A、D对.答案：AD6.(2009·广东高考)如图5－17所示，

在一个粗糙水平面上，彼此靠近

地放置两个带同种电荷的小物块.由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止.在物块的

运动过程中，下列表述正确的是(

)A.两个物块的电势能逐渐减少B.物块受到的库仑力不做功C.两个物块的机械能守恒D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力解析：由静止释放后，两小物块带同种电荷，所以库仑力对它们均做正功，故电势能都减小，A正确、B错误；两小物块在运动过程中，因摩擦力和电场力分别做功，发生机械能和其他能量的相互转化，故机械能不守恒，C错；开始两小物块由静止向相反方向运动，库仑力大于摩擦力，最后最终停止，故运动过程的最后阶段物块受到的摩擦力要大于其库仑斥力，故D错.答案：A7.(2009·聊城模拟)如图5－18

所示，质量相同的两个带电

粒子M、N，以相同的速度

沿垂直于电场方向同时射入两平行板间的匀强电场中，M从两板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上.不计粒子的重力，则从开始射入到打到上板的过程中(

)A.它们的带电荷量之比qM∶qN＝1∶2B.它们在电场中的运动时间tN>tMC.它们的电势能减少量之比ΔEM∶ΔEN＝1∶4D.打到上极板时的速度之比vM∶vN＝1∶28.如图5－19所示，挡板P固定