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2.(多选)(2017·
南京、盐城模拟)下列选项中所描述的a、b两点的电场强度和电势均相同的是( )
图1
A.离正点电荷等距的任意两点a、b,如图甲所示
B.两个等量异种点电荷连线的中垂线上,与连线中点等距的两点a、b,如图乙所示
C.两个等量同种点电荷连线上,与连线中点等距的两点a、b,如图丙所示
D.静电场中达到静电平衡时的导体内部任意两点a、b,如图丁所示
解析 图甲中a、b两点的电势相等,电场强度大小相等但方向不同,A错误;
图乙中,两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势线,a、b两点的电场强度大小相等,方向均与等量异种点电荷的连线平行且向左,所以a、b两点的电势和电场强度均相同,B正确;
图丙中,根据对称性,a、b点电势相等,电场强度大小相等但方向相反,C错误;
图丁中,导体达到静电平衡时,导体内部电势处处相等,电场强度处处为零,D正确。
答案 BD
3.(2016·
江苏常州市检测)复印机的核心部件是有机光导体鼓,它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC(没有光照时OPC是绝缘体,受到光照时变成导体)制成的。
复印机的基本工作过程是:
(1)在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压,金属丝附近空气发生电离,使转动鼓体均匀带上正电;
(2)文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像,鼓上形成“静电潜像”;
(3)鼓体转动经过墨粉盒,潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位;
(4)鼓体继续转动经过复印纸,带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上。
以下说法正确的是( )
图2
A.步骤
(1)中发生了静电感应现象
B.步骤
(2)中发生了局部导电现象
C.步骤(3)中发生了静电平衡现象
D.步骤(4)中发生了静电屏蔽现象
解析 步骤
(1)过程不是静电感应现象,选项A错误;
步骤
(2)过程发生了局部导电现象,选项B正确;
步骤(3)中有电荷的移动,没有发生静电平衡现象,选项C错误;
步骤(4)中不是静电屏蔽现象,选项D错误。
答案 B
4.(多选)(2017·
江苏南通中学模拟)如图3所示,在两等量异种点电荷的电场中,MN为两电荷连线的中垂线,a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线,且a与c关于MN对称、b点位于MN上,d点位于两电荷的连线上。
以下判断正确的是( )
图3
A.b点场强大于d点场强
B.b点场强小于d点场强
C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
解析 在两等量异号电荷连线上,中间点电场强度最小;
在两等量异号电荷连线的中垂线上,中间点电场强度最大;
所以b点场强小于d点场强,选项A错误,B正确;
由对称性可知,a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差,故选项C正确;
因a点的电势高于c点的电势,故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能,选项D错误。
答案 BC
由电场中的“点、线、面、迹”判断相关问题
(1)由轨迹向合外力的方向弯曲,确定粒子所受电场力方向;
(2)根据粒子电性判断电场线方向;
(3)根据“沿电场线方向电势降低”判断电势高低;
(4)根据公式Ep=qφ(代入正负号)判断电势能大小;
(5)根据电场力做功的正负判断电势能的变化或动能的变化;
(6)根据电场线或等差等势面疏密判断场强大小,再根据牛顿第二定律可以判断加速度大小。
【例1】(2017·
无锡模拟)如图4所示,示波管的聚焦电场是由电极A1、A2、A3、A4形成的,实线为电场线,虚线为等势线,x轴为该电场的中心轴线。
一个电子从左侧进入聚焦电场,曲线PQR是它的运动轨迹,则( )
图4
A.电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度
B.电场中P点的电势比Q点的电势低
C.电子从P运动到R的过程中,电场力对它先做正功后做负功
D.若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场,电子有可能做曲线运动
解析 由电场线分布的疏密程度可知,电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度,选项A错误;
沿电场方向电势越来越低,选项B正确;
电子从P运动到R的过程中,电场力对它一直做正功,选项C错误;
若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场,电子一定做直线运动,选项D错误。
【变式1】(2017·
江苏如东高级中学学情调研)如图5,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆。
带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点。
若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc,则( )
图5
A.aa>
ab>
ac,va>
vc>
vbB.aa>
ac,vb>
va
C.ab>
ac>
aa,vb>
vaD.ab>
aa,va>
vb
解析 由库仑定律F=
可知,粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>
Fc>
Fa,由a=
可知ab>
aa。
根据粒子的轨迹可知粒子Q与场源电荷P的电性相同,二者之间存在斥力,整个过程中,电场力先做负功再做正功,且Wba>
|Wcb|,结合动能定理可知va>
vb,故选项D正确。
答案 D
平行板电容器及其动态分析问题
1.平行板电容器动态问题的分析思路
2.平行板电容器问题的一个常用结论:
电容器充电后断开电源,在电容器所带电荷量保持不变的情况下,电场强度与极板间的距离无关。
【例2】(2017·
江苏清江中学高三第四次月考)如图6所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源连接,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下极板竖直向下移动一小段距离,则( )
图6
A.平行板电容器的电容将变大
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能增加
D.若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变
解析 根据电容的决定式C=
知,下极板竖直向下移动时,d增大,则电容减小,故A项错误;
静电计测量的是电容器两极间的电势差,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B项错误;
电势差不变,d增大,由公式E=
分析得知板间电场强度减小,P点与上极板间的电势差减小,而P点的电势比上极板低,上极板的电势不变,则P点的电势升高,因为油滴带负电荷,则油滴的电势能减小,故C项错误;
电容器与电源断开,则电荷量不变,d改变,根据E=
、C=
和C=
得E=
,则知电场强度不变,则油滴所受电场力不变,故D项正确。
【变式2】(2017·
江苏省淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市联考)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中,一已充电的平行板电容器与静电计连接如图7所示。
现保持B板不动,适当移动A板,发现静电计指针张角减小,则A板可能是( )
图7
A.右移B.左移
C.上移D.下移
解析 将A板向右移一些,板间距离减小,由电容的决定式C=
,可知,电容增大,而电容器所带电荷量不变,由C=
分析得知,板间电势差减小,则静电计指针偏角减小;
相反,同理可知,A板向左移一些时,静电计指针偏角增大,故A项正确,B项错误;
A板向上移或下移一些,两极板正对面积减小,由电容的决定式C=
可知,电容减小,而电容器所带电荷量不变,由C=
分析得知,板间电势差增大,则静电计指针偏角增大,故C、D项错误。
静电场中的三类图象问题
1.v-t图象:
根据v-t图象的速度变化、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.φ-x图象
(1)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。
(2)在φ-x图象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φ-x图象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.E-x图象
(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。
【例3】(多选)(2017·
江苏盐城中学模拟)两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点,两者之间连线上各点电势高低如图8中曲线所示(OB>BD),取无穷远处电势为零,由图可知( )
图8
A.B点电场强度为零
B.Q1为负电荷,Q2为正电荷
C.Q1电荷量一定大于Q2电荷量
D.将电子沿x轴从A点移到C点,电场力一直做正功
解析 因为φ-x图线的斜率等于电场强度大小,所以B点电场强度不为零,选项A错误;
因B点左侧电势为负,右侧电势为正,故可知Q1为负电荷,Q2为正电荷,选项B正确;
因电势为零的位置离D点较近,故Q1电荷量一定大于Q2电荷量,选项C正确;
将电子沿x轴从A点移到C点,电势一直升高,电势能降低,则电场力一直做正功,选项D正确。
答案 BCD
【变式3】(2017·
江苏省泰州中学高三上学期摸底考试)如图9甲所示,直线上固定两个正点电荷A与B,其中B带+Q的电荷量,C、D两点将A、B连线三等分,现有一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动,不计粒子所受的重力,并且已知该粒子在C、D间运动的速度v与时间t的关系图象如图乙所示,则A点电荷的电荷量可能是( )
图9
A.+5QB.+3Q
C.+2QD.+Q
解析 由v-t图象可知该粒子在两正电荷A、B的作用下做加速度逐渐减小的减速运动,故点电荷A对该粒子的库仑引力大于点电荷B对该粒子的库仑引力,根据库仑定律,在D点,有k
>k
,得QA>4Q,故选项A正确,B、C、D错误。
带电粒子在电场中的运动问题分析
1.带电粒子(或带电体)在电场中做直线运动
(1)运动条件
①若F合=0,粒子将保持静止状态或匀速直线运动状态。
②若只受电场力且与初速度方向在同一直线上,带电粒子将做匀加速或匀减速直线运动。
(2)两种思路
①动力学观点
受力情况→合外力
a运动学公式,―→)运动情况x、v、t等
②功能观点:
动能定理qU=
mv
-
2.带电粒子在电场中的偏转规律
3.带电粒子在交变电场中运动分析
三种情况
①带电粒子做单向直线运动(牛顿运动定律求解)
②带电粒子做往返运动(分段研究)
③带电粒子做偏转运动(根据交变电场特点分段研究)
两个关系
①力和运动关系;
②功能关系
分析关键
注意粒子运动的周期性和对称性特征,确定与物理过程相关的临界条件
【例4】(2017·
江苏徐州、宿迁、连云港、淮安四市高三模拟)如图10甲所示,极板A、B间电压为U0,极板C、D间距为d,荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。
A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为+q的粒子,经电场加速后,沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直),当C、D板间未加电压时,粒子通过两板间的时间为t0;
当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时,粒子均能从C、D两板间飞出,不计粒子的重力及相互间的作用。
求:
图10
(1)C、D板的长度L;
(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离;
(3)粒子打在荧光屏上区域的长度。
解析
(1)粒子在A、B板间有
qU0=
在C、D板间有
L=v0t0
解得L=t0
(2)粒子从nt0(n=0、2、4……)时刻进入C、D间,偏移距离最大,粒子做类平抛运动
偏移距离y=
at
加速度a=
得y=
(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远
出C、D板偏转角tanθ=
,vy=at0
打在荧光屏上距中心线最远距离
s=y+Ltanθ
荧光屏上区域长度Δs=s=
。
答案
(1)t0
(2)
(3)
【变式4】(多选)(2017·
江苏省如东高级中学高三上学期第二次学情调研)如图11甲所示,两个平行金属板P、Q正对竖直放置,两板间加上如图乙所示的交流电压,t=0时,P板比Q板电势高U0,在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略),已知电子在0~4t0时间内未与两板相碰,则( )
图11
A.t0~2t0时间内电子的电势能增加
B.在3t0时刻电子的机械能最小
C.2t0~3t0时间内电子运动的速度方向向左,且速度大小逐渐减小
D.3t0~4t0时间内电子运动的速度方向向右,且速度大小逐渐减小
解析 根据电场的变化情况和运动学知识可知:
在0~t0时间内,P板比Q板电势高U0,电场方向水平向右,电子所受电场力方向向左,加速度方向也向左,所以电子向左做匀加速直线运动;
在t0~2t0时间内,P板比Q板电势低U0,电场强度方向水平向左,电子所受电场力方向向右,加速度方向也向右,电子向右做匀减速直线运动,电场力做负功,所以电子的电势能增加,故A正确;
在2t0时速度为零,在2t0~3t0时间内,Q板比P板电势高U0,电场强度方向水平向左,电子所受电场力方向向右,加速度方向也向右,所以电子向右做初速度为零的匀加速直线运动,故C错误;
在3t0时刻速度最大,机械能最大,故B错误;
在3t0~4t0时间内,P板比Q板电势高U0,电场强度方向水平向右,电子所受电场力方向向左,加速度方向也向左,所以电子向右做匀减速直线运动,到4t0时刻速度为零,恰好又回到M点,故D正确。
答案 AD
一、单项选择题
1.(2017·
江苏清江中学期中)某电场的电场线如图1,则同一正电荷在A点和B点所受电场力的大小关系是( )
A.FA>
FBB.FA<
FB
C.FA=FBD.电荷正负不明无法判断
解析 电场线的疏密程度表示电场强度大小,电场线越密,电场强度越大,故EA>EB,电荷受到的电场力F=Eq,故FA>FB,A项正确。
2.(2016·
江苏南通第三次调研)如图所示,在正方形四个顶点分别放置一个点电荷,所带电荷量已在图中标出,则下列四个选项中,正方形中心处场强最大的是( )
解析 根据点电荷电场强度公式E=k
,结合矢量合成法则求解。
设正方形顶点到中心的距离为r,则A选项中电场强度EA=0,B选项中电场强度EB=2
k
,C选项中电场强度EC=k
,D选项中电场强度ED=
,所以B项正确。
3.(2017·
江苏如皋市教学质量调研)如图2所示,平行板a、b组成的电容器与电池E连接,平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷,平行板b接地。
现将电容器的b板向下稍微移动,则( )
A.点电荷所受电场力增大
B.点电荷在P处的电势能减少
C.P点电势减小
D.电容器的电荷量增加
解析 b板下移后,电容减小,极板间电压不变,由Q=UC知,极板带电荷量减少,D错误;
极板间电压不变,极板间距增大导致内部场强减小,点电荷所受电场力减小,A错误;
根据U=Ed,场强E的减小导致P处与上极板间电势差减小,P处的电势升高,由于点电荷带负电,所以点电荷在P点的电势能减少,B正确,C错误。
4.(2017·
江苏南京、盐城高三模拟)金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图3所示,A、B两点到正电荷的距离相等,C点靠近正电荷,则( )
A.A、B两点的电势相等B.C点的电势比A点的低
C.A、B两点的电场强度相等D.C点的电场强度比B点的大
解析 沿着电场线电势逐渐降低,由图看出,B点电势比A点电势高,C点的电势比A点电势高,故A、B项错误;
由图看出,B点处电场线比A点处电场线密,C点处电场线比B点处电场线密,则B点的场强大于A点的场强,C点的场强大于B点的场强,故C错误,D项正确。
5.(2017·
江苏徐州、宿迁、连云港、淮安四市联考)如图4所示为某电场中等势面的分布图,各等势面的电势值图中已标出。
下列说法正确的是( )
A.A点的电场强度比B点的大
B.电子在A点的电势能比B点的小
C.电子由A点移至B点电场力做功0.17eV
D.中心轴线上各点的电场强度方向向右
解析 A点的等势面较B点密集,则A点的电场线分布较B点密集,故A点的电场强度比B点的大,选项A正确;
A点的电势比B点低,故电子在A点的电势能比B点的大,选项B错误;
电子由A点移至B点电势能减小,电场力做功W=qU=e(0.8-0.97)V=-0.17eV,选项C错误;
顺着电场线电势降低,故中心轴线上各点的电场强度方向向左,选项D错误。
二、多项选择题
6.(2016·
常州一模)如图5所示,虚线表示某电场中的四个等势面,相邻等势面间的电势差相等。
一不计重力的带负电的粒子从右侧垂直等势面φ4向左进入电场,运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点,则下列说法中正确的是( )
A.φ1<φ2<φ3<φ4
B.粒子的运动轨迹和φ3等势面也可能垂直
C.φ4等势面上各点场强处处相等
D.该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场
解析 根据负电荷的运动轨迹可知,所受的电场力垂直等势面,且指向轨迹的凹侧,可知电场线由φ4指向φ1,顺着电场线电势逐渐降低,则可知φ1<φ2<φ3<φ4,选项A正确;
因粒子的初速度与φ4等势面垂直,则粒子的运动轨迹不可能和φ3等势面也垂直,选项B错误;
由于等势面分布不均匀,故φ4等势面上各点场强不可能处处相等,选项C错误;
由等势面的分布可知,该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场,选项D正确。
7.(2016·
江苏南通市调研)如图6所示,水平放置的平行板电容器两极板间距为d,带负电的微粒质量为m、带电荷量为q,它从上极板的边缘以初速度v0射入,沿直线从下极板N的边缘射出,已知重力加速度为g,则( )
A.微粒的加速度不为零
B.微粒的电势能减少了mgd
C.两极板的电势差为
D.M板的电势高于N板的电势
解析 带负电的微粒在两极板间受竖直向下的重力和竖直方向的电场力,而微粒沿直线运动,由直线运动条件可知,重力与电场力合力必为零,即电场力方向竖直向上,大小等于重力,即mg=
q,所以两极板之间电势差U=
,A项错误,C项正确;
而微粒带负电,所以电场方向竖直向下,而电场方向是由高电势指向低电势的,所以M板电势高于N板电势,D项正确;
微粒由上板边缘运动到下板边缘,电场力方向与位移方向夹角为钝角,所以电场力对微粒做负功,微粒电势能增加,B项错误。
答案 CD
8.(2016·
江苏淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市高三期末)如图7所示,a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上,Q1带正电。
一带正电粒子从a点由静止释放,仅在电场力作用下运动,经b点时速度最大,到c点时速度为零。
A.Q2带正电
B.Q2的电荷量大于Q1的电荷量
C.a、c两点电势相等
D.b点的电场强度最大
解析 带电粒子经过b点时速度最大,此时合力为零,可知b点的合场强为零,因此Q2带负电,故A、D错误;
b点的合场强为零,说明Q1、Q2在b点产生的场强大小相等,由点电荷场强公式E=k
知Q2的电荷量大于Q1的电荷量,故B项正确;
从a运动到c的过程,带电粒子动能的变化量为零,由动能定理知电场力做功为零,则a、c两点电势相等,故C项正确。
9.(2017·
江苏泰州市模拟)如图8甲所示,Q1、Q2是两个固定的点电荷,一带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动,其v-t图象如图乙所示,下列说法正确的是( )
A.两点电荷一定都带负电,但电荷量不一定相等
B.两点电荷一定都带负电,且电荷量一定相等
C.t1、t3两时刻试探电荷在同一位置
D.t2时刻试探电荷的电势能最大
解析 由图乙可知,试探电荷先向上做减速运动,再反向向下做加速运动,说明粒子受到的电场力应向下,故两点电荷一定都带正电;
由于电场线只能沿竖直方向,故两个点电荷带电荷量一定相等,故A、B项错误;
根据速度图象的斜率表示加速度,知t1、t3两时刻试探电荷的加速度相同,所受的电场力相同,所以它们在同一位置,故C项正确;
t2时刻试探电荷的速度为零,动能为零,根据能量守恒定律可知试探电荷的电势能最大,故D项正确。
10.(2017·
淮安市5月最后一卷)如图9所示,A、B两圆环上均匀分布着等量的正电荷,x轴垂直于环面且过两圆环圆心O1和O2,P为O1O2的中点。
A.P点的电场强度为零
B.O1点的电场强度为零
C.O1点电势一定等于O2点电势
D.从O1点沿x轴到O2点,电势一定先降低后升高
解析 两个圆环可等效为放在O1点和O2点的点电荷,根据E=k
可得它们在P点的电场强度等大反向,故P点的电场强度为零,选项A正确;
O1点的电场强度为A上的电荷在O1处产生的电场强度与B上的电荷在O1点处产生的电场强度的矢量和,由对称性可知,A上的电荷在O1点产生的电场强度为零,但是B上的电荷在O1处产生的电场强度不为零,故O1点的场强不为零,选项B错误;
根据对称性可得O1点电势一定等于O2点电势,选项C正确;
从O1点沿x轴到O2点的过程中,电场方向在O1P段为方向向右,在PO2段为方向向左,所以电势先降低后升高,选项D正确。
答案 ACD
三、计算题
11.(2017·
南通一模)如图10所示,间距为d的平行金属板间电压恒定。
初速度为零的电子经电压U0加速后,沿两板间的中心线进入板间电场,电子恰好从下极板边缘飞出,飞出时速度的偏向角为θ。
已知电子质量为m、电荷量为e,电子重力不计。
(1)电子刚进入板间电场时的速度大小v0;
(2)电子通过两极板间的过程中,电场力做的功W;
(3)平行金属板间的电场强度大小E。
解析
(1)电子在电场中加速eU0=
解得v0=
(2)设电子离开电场时的速度为v,根据动能定理有
W=
mv2-
m