2018版高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第1讲 电场性质和带电粒子在电场中的运动学案

1、第1电极电场的性质和粒子电荷在电场中的运动选择试验点的分布章知识内容考试要求历届甄选统订必考加以考试10/201504/20162016/1004/20172017/11静电场电荷及其守恒律乙c库仑定律c11四十三133电场强度cc1386电势和电位乙c138电位差乙c电位差与电场强度的关系c静电现象的应用乙电容器的容量乙c7电场中的粒子电荷运动乙d23八、二十二八二三8八十九试验点1理解电场的基本性质1.(2017浙江11月选拔6 )电场线的形状可以通过实验进行模拟，使头发屑漂浮在蓖麻油上，施加电场后，头发屑沿电场方向排列，如图1所示。图1A.a图为2等量模拟同种电荷的电场线B.b图一定是模

2、拟2等量正电荷的电场线c .图中的a、b是连接高压发电装置的两极D.b图中的a、b是连接高压发电装置的两极答案c2.(2016浙江10月学考8 )图2是某电场的电场线，m、n、p是电场线上的三个点，m、n是同一电场线上的两个点图2在A.M、n、p三点中，n点的电场强度最大在B.M、n、p三点中n点的电位最高c .负电荷在m点的电势能比在n点的电势能大d .正电荷从m点自由释放，电荷沿着电场线向n点移动答案a分析电界线的疏密反映了电场的强弱，所以n点的电场强度最大，选择项a正确，沿着电界线的方向，电位下降，m点的电位最高，选择项b错误3.(2016浙江4月学考13 )如图3所示，真空中有两个点电

3、荷Q1=9.010-8 C和Q2=-1.010-8 C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x=0，Q2位于x=6 cm图3a .电场强度为0的点有2处在x6 cm区域，电位向x轴正方向降低c .质子从x=1 cm移动到x=5 cm，电势上升在0x9 cm的区域中，电场强度沿着x轴正方向答案d由于解析为Q10、Q2|Q2|，因此，在x0的区域不会出现结电场强度为0的点。 0x6 cm区域的位置结电场强度为零，从k=-k得到x=9 cm时，6 cmx9 cm区域结合的电场方向4.(人教版选修3-1P9第3题改编)真空中具有相同等量异信号电荷的两个金属小球a和b (均可视为点电荷)分别固定在两处，两

4、个球间静电力为f .当前未带电的相同金属小球c先与a接触，再与b接触，然后离开c阿富汗国家足球队答案d5.(2017种阳联谊学校8月联考)如图4所示，实线表示电边界线，折断线表示仅电场力作用的粒子电荷的运动轨迹，m、n是运动轨迹上的2点()。图4A.M点的电位比n点的电位低b.m点处粒子的加速度比n点处的粒子的加速度大c .粒子一定从m点移动到n点d .粒子在m点的电势能比在n点的电势能大答案d根据沿着电场线方向电位降低解析可知m点的电位比n点高的电位，根据a错误的电场线的疏密程度可知n点场强，所以加速度也大，根据b错误的轨迹看不到运动方向，根据c错误轨迹可知粒子电荷受到的力与电场线方向一致如

5、6 .如图5所示，b是线段AC的中点，如果将q的点电荷设置在a，测定出在b处的电场强度EB=48 N/C ()图5欧洲足球甲级联赛欧洲足球甲级联赛要使EB=0，请在c中加入-Q的点电荷当将d.q=109c的点电荷放置在c点时，其受到的电场力的大小为610-9 N答案b知道真空中的点电荷的电场强度式e=a错误，从解析b正确的场的重合和由点电荷引起的电场强度的方向可知，必须在c中等量放入同种的电荷，c错误的F=qEC=1.210-8 N，d错误。7.(2017台州市9月选拔)如图6甲所示，1条电场线与Ox轴重叠，o点的电位为零，Ox方向的各点的电位根据x而变化的情况如图b所示图6a .电场的方向沿

6、着Ox正方向b .电子向Ox正方向移动c .电场的电场强度在Ox方向上增大d .电子的电势变大答案b一种粒子电荷在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)某点的速度方向是该点轨迹的切线方向(2)根据轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向使外力一致的方向哩溜歪斜)，分析电场方向或者电荷的正负(3)结合轨迹、速度方向和电场力的方向，确定电场力功的正负，确定电势、电位和电位差的变化等试验点2的粒子电荷在电场中的直线运动1.(2017浙江11月选拔19 )如图7所示，AMB是长度L=10 m的绝缘水平轨道，距水平地面高度h=1.25 m，a、b是端点，m是中点，轨道MB位于方向垂直向上、大小E=5103 N/C

7、的平均强电场，质量m=0.1 kg图7(1)到达m点时的速度大小(2)从m点向b点移动所需的时间(3)着陆点距b点的水平距离答案(1) 4米/秒(2) s (3)1. 5米分析(1)am阶段的物体受力分析如下所示a=-=-g=-2米/s 2根据运动学公式v-v=2ax，能够得到vM=4 m/s(2)进入电场后，Eq=0.65 N，受力分析如下。a=-=-0.7m/s2根据运动学公式v-v=2ax，求解VB=3米/秒从匀场直线运动推论xMB=t求解t=s(3)从b点跳出后，由于滑块进行平坦的运动，因此h=gt2，求解t=0.5s着地点距b点的水平距离x=vbt=1.5m。2.(2016浙江4月选

8、8 )密立根油滴的实验原理如图8所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为u，垂直向下电场强度的大小形成e的均匀强电场图8a .浮游油滴带正电b .浮游油滴的带电量c .增大电场强度时浮游油滴向上运动d .油滴的带电荷量不限于电子带电荷量的整数倍答案c为了解析油滴的浮游不动，说明受到的电场力和重力的平衡，带负电，由于a错误的Eq=mg得到q=，所以b错误。 若增大电场强度大小，则油滴受到的电场力变大，油滴向上方加速运动，全部带电体的电荷量为电子带电量的整数倍，d是错误的3.(人教版选修3-1P39第2题改编)某金属板m在受到某紫外辐射照射时不断放出电子，放出的电子具有不同的方

9、向，其速度的大小也不同图9答案2.10106米/秒当分析电子的动能减少到0时，如果电子没有正好到达n板，电流校正就没有电流W=0-Ekm，W=-eU，得-欧盟=0- ekm=-me v 2，v=米/秒2.10106米/秒。4 .如图10所示，已知在水平放置的金属薄板a、b之间存在均匀的强电场，b板电位比a板高图10(1)第1个带电的小球从m处落到b板的时间(2)不能从第几个带电小球到达b大板块(3)第(2)项涉及该带电小球落下过程中的机械能的变化量.答案(1) s (2)5 (3)-2.0810-2 J分析(1)t1=0.5 s，v1=5米/秒，a1=5 m/s2，d=v1t2 a1t，代入解

10、： t2=s，t总和=t1 t2=s。(2)如果mg (HD )-eqnd=ek=0，qn=410-8 C，n=4，即第四个球正好到达b大板块，那么第五个球不能到达b大板块。(3)mg(h x)-Eq5x=Ek=0、x=m，e飞机=-毫克(hx )-2. 0810-2 j。粒子电荷在电场中直线运动时的两种解题构想(1)应用牛顿运动定律处理粒子电荷的直线运动粒子电荷沿平行于电场线的方向进入均匀强电场，所受电场力和速度方向在一条直线上，粒子电荷进行均匀变速直线运动，根据粒子电荷受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定粒子电荷的速度、位移、时间等(2)用动能定理处理电场中粒子电荷的直线运动对粒子电荷

11、进行受力分析，确定哪些力有工作、有正功、有负功的粒子电荷的初、终状态的动能，由动能定理列方程式进行求解试验点3粒子电荷在电场中的曲线运动1. (2017浙江4月选拔8 )如图11所示，在纵置间距d的平行板电容器中存在电场强度e的均匀强电场。 质量m、电荷量q的点电荷从两极板的正中间静止放出。 重力加速度g .是点电荷向负极板移动的过程()。图11a .加速度的大小为a=gb .所需时间是t=c .下降的高度是y=d .电场力的作用是W=Eqd答案b由于解析点电荷受到重力、电场力的作用，所以a=、选项a错误的运动独立性导致水平方向的点电荷的运动时间为t，=t2，简化为t=、选项b正确的下降高度y

12、=gt2=、选项c错误。 电场力功W=，选择项d是错误的。(人教版选修3-1P39第3题)使一束电子和一束氢核通过同一对平行板的偏转电场，进入时的速度方向与板面平行，在以下两种情况下，分别求出离开时的电子偏角的正切值和氢核偏角的正切值之比。(1)电子和氢核的初始速度相同(2)电子和氢核的初始动能相同答案请参照解析设加速电压为U0，偏转电压为u，粒子电荷电荷量为q，质量为m，垂直于偏转电场的速度为v0，偏转电场的两极间距离为d，极板长度为l，则粒子电荷在加速电场中得到初始动能mv=qU0，粒子在偏转电场中得到加速度a=，在偏转电场中运动(1)如果电子和氢核的初始速度相同，(2)如果电子和氢核的初

13、始动能相同，则=13. (2016绍兴市联想)如图12所示，电荷量之比qAqB=13的粒子电荷a、b，从相同的点，在与电场强度垂直的方向入射到平行板电容器，分别打入c、d点，如果OC=CD图12A.A和b在电场中运动的时间之比是12B.A和b运动的加速度的大小之比是41C.A和b的质量比为112D.A和b的位移大小之比为11答案d分析粒子a和b在均匀强电场下进行类平运动，水平方向由x=v0t和OC=CD得到，tAtB=12。 垂直方向从h=at2变为a=，在垂直方向落下的加速度的大小的比为aa-ab=4- 1，在垂直方向落下的加速度的大小的比为aa-ab=4- 1。 根据a=得到m=，因为=a

14、和b的位移大小不相等，所以选项a、b、c是正确的，d是错误的。4 .在图13所示的空间中存在垂直向上的均匀强电场，质量m，可看作点电荷的带正电小球从高度h的平台上水平放出，从着地点到放出点的水平距离为x，小球受到的重力的大小等于受到的电场力的2倍，小球在着地部位正好为能量图13(1)球被水平投掷时的初速度的大小(2)角度的正切值答案(1) (2)解析(1)小球首先进行类平掷运动，牛顿的第二定律如下mg-qE=ma毫米加速度a=g，方向垂直向下解根据类平抛运动规律，两个方向的位移如下x=v0t，h=at2小球的初始速度的大小是v0=(2)为了能够无能量损失地进入平滑的圆弧轨道，在抛物线和圆弧轨道的切点处表示圆弧轨道与抛物线相接，因此角也与抛物线在该点处的切线和水平方向所成的角相等，tan =存在.5 .如图14所示，a静止的络离子在电压被u的加速电场加速后，沿图中的圆