2024高考物理一輪復習第七單元靜電場專題六電場中的“三類”典型問題學案新人教版

PAGE9-專題六電場中的“三類”典型問題突破1電場中的圖象問題題型1φ-x圖象(1)φ-x圖線的斜率大小等于電場強度的大小，在φ-x圖線切線的斜率為零處，電場強度為零．(2)由φ-x圖象可以干脆推斷各點電勢的大小，并可依據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向．(3)在φ-x圖象中分析電荷移動時電勢能的改變，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后做出推斷．(多選)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示．電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(ra，φa)標出，其余類推．現(xiàn)將一帶正電的摸索電荷由a點依次經b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項正確的是()A．EaEb＝41 B．EcEd＝21C．WabWbc＝31 D．WbcWcd＝13【分析】(1)電場中某點的場強大小可由E＝keq\f(Q,r2)計算．(2)由圖中信息可以得到各點之間的距離和電勢差．【解析】a到點電荷的距離為ra，由圖可知，b、c、d到點電荷的距離分別為rb＝2ra、rc＝3ra、rd＝6ra，由點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)可得：Ea＝4Eb＝9Ec＝36Ed，則EaEb＝41，EcEd＝41；設帶正電的摸索電荷的電量為q，則Wab＝qUab，Wbc＝qUbc，Wcd＝qUad；由圖知Uab＝3V，Ubc＝1V，Ucd＝1V，故WabWbc＝31，WbcWcd＝11，故選項A、C正確．【答案】AC題型2E-x圖象(1)E-x圖象反映了電場強度隨位移改變的規(guī)律．(2)E-x圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢凹凸依據(jù)電場方向判定．(多選)某靜電場中x軸上電場強度E隨x改變的關系如圖所示，設x軸正方向為電場強度的正方向．一帶電荷量大小為q的粒子從坐標原點O沿x軸正方向運動，結果粒子剛好能運動到x＝3x0處，假設粒子僅受電場力作用，E0和x0已知，則()A．粒子肯定帶負電B．粒子的初動能大小為eq\f(3,2)qE0x0C．粒子沿x軸正方向運動過程中電勢能先增大后減小D．粒子沿x軸正方向運動過程中最大動能為2qE0x0【解析】假如粒子帶負電，粒子在電場中肯定先做減速運動后做加速運動，因此粒子x＝3x0處的速度不行能為零，故粒子肯定帶正電，A錯誤；依據(jù)動能定理eq\f(1,2)qE0x0－eq\f(1,2)×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝eq\f(3,2)qE0x0，B正確；粒子向右運動的過程中，電場力先做正功后做負功，因此電勢能先減小后增大，C錯誤；粒子運動到x0處動能最大，依據(jù)動能定理eq\f(1,2)qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正確．【答案】BD題型3Ep-x圖象(1)反映了電勢能隨位移改變的規(guī)律．(2)圖線的切線斜率大小等于電場力大?。?3)進一步推斷場強、動能、加速度等隨位移的改變狀況．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點，規(guī)定無窮遠處為電勢能零點，一帶負電的摸索電荷在x軸上各點具有的電勢能隨x改變關系如圖所示，其中摸索電荷在A、N兩點的電勢能為零，在ND段中C點電勢能最大．下列說法正確的是()A．q1為正電荷，q2為負電荷B．q1的電荷量小于q2的電荷量C．將一正點電荷從N點移到D點，電場力先做負功后做正功D．一正點電荷從N點由靜止釋放后會沿x軸正方向運動且到達C點時速度最大【解析】由圖知無窮遠處的電勢能為0，A點的電勢能也為0，從O到M，電勢能先為正值后為負值，說明O點的電荷q1帶負電，M點的電荷q2帶正電，由于A點距離O比較遠而距離M比較近，所以q1的電荷量大于q2的電荷量，故A、B錯誤；由圖可知，A、N兩點的電勢能為零，則這兩點電勢為零，負電荷由N到C，電勢能增加，而由C到D，電勢能減小，可知在C點左側電場方向向右，在C點右側電場方向向左，則正點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功，在C點時動能最大，即速度最大，故選項C錯誤，D正確．【答案】D突破2帶電粒子在交變電場中的運動1．粒子在交變電場中運動的常見狀況(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)．(2)粒子做來回運動(一般分段探討)．(3)粒子做偏轉運動(一般依據(jù)交變電場特點分段探討)．2．解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法(1)留意分析受力特點和運動規(guī)律，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件．(2)分析時從兩條思路動身：一是力和運動的關系，依據(jù)牛頓其次定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系．(3)留意對稱性和周期性改變關系的應用．題型1帶電粒子在交變電場中的直線運動(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間改變的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列說法正確的是()A．在t＝0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上B．在t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩板間做往復運動C．在t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，電子可能在兩板間做往復運動，也可能打到右極板上D．在t＝eq\f(3,8)T時刻釋放電子，電子必定從左極板小孔向左飛出【解析】若t＝0時刻釋放電子，電子將重復先加速后減速，直到打到右極板，不會在兩板間做往復運動，故A項正確，B項錯誤；若在t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，電子先加速eq\f(T,4)，再減速eq\f(T,4)，有可能電子已到達右極板，若此時未到達右極板，則電子將在兩極板間振動，故C項正確；同理，若在t＝eq\f(3,8)T時刻釋放電子，電子有可能到達右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩板間的距離，D項錯誤．【答案】AC題型2帶電粒子在交變電場中的偏轉圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時間t改變的圖線如圖乙所示．質量為m、重力不計的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經時間T從兩板間飛出．下列關于粒子運動的描述錯誤的是()A．t＝0時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大B．t＝eq\f(1,4)T時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大C．無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度方向都水平D．無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度大小都相等【解析】粒子在電場中運動的時間是相同的；t＝0時入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，最終離開電場區(qū)域，故t＝0時入射的粒子離開電場時偏離中線的距離最大，選項A正確；t＝eq\f(1,4)T時入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，再反向加速，最終反向減速離開電場區(qū)域，故此時刻射入的粒子離開電場時速度方向和中線在同始終線上，選項B錯誤；因粒子在電場中運動的時間等于電場改變的周期T，依據(jù)動量定理，豎直方向電場力的沖量的矢量和為零，故全部粒子離開電場時的豎直方向分速度為零，即最終都垂直電場方向射出電場，離開電場時的速度大小都等于初速度，選項C、D正確．【答案】B題型3帶電粒子在交變電場中的綜合問題如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽視不計，電子放射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上、下極板的電勢隨時間改變的圖象如圖乙所示．(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求：(1)在t＝0.06s時刻放射電子，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？【分析】(1)電子經電場加速，依據(jù)動能定理可求末速度．(2)由于每個電子經過偏轉電場的時間極短、電壓不變，所以每個電子在偏轉電場中做類平拋運動．(3)電子離開偏轉電場后做勻速直線運動，到達熒光屏．【解析】(1)電子經電場加速滿意qU0＝eq\f(1,2)mv2經電場偏轉后側移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qu,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2所以y＝eq\f(uL,4U0)，由題圖知t＝0.06s時刻u＝1.8U0，所以y＝4.5cm，設打在屏上的點距O點距離為Y，滿意eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2)).所以Y＝13.5cm.(2)由題知電子側移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當偏轉電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm.【答案】(1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm(2)30cm突破3電場中的力、電綜合問題1．動力學的觀點(1)由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，留意受力分析要全面，特殊留意重力是否須要考慮的問題．2．能量的觀點(1)運用動能定理，留意過程分析要全面，精確求出過程中的全部力做的功，推斷是對分過程還是對全過程運用動能定理．(2)運用能量守恒定律，留意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)．3．動量的觀點(1)運用動量定理，要留意動量定理的表達式是矢量式，在一維狀況下，各個矢量必需選同一個正方向．(2)運用動量守恒定律，除了要留意動量守恒定律的表達式是矢量式，還要留意題目表述是否為某方向上的動量守恒．(2024·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點．從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點放射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求(1)電場強度的大小；(2)B運動到P點時的動能．【分析】本題中不帶電小球做平拋運動；帶電小球做類平拋運動．兩種運動均屬于勻變速曲線運動，處理方法均為分解法，均可分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿合外力方向且初速度為零的勻加速直線運動．【解析】(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.依據(jù)牛頓定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q).③(2)設B從O點放射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，依據(jù)動能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh＋qEh④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2.⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)⑦【答案】(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)高分技法帶電粒子在電場中運動問題的主要求解方法1受力分析：受力分析是基礎，在受力分析時是否考慮重力必需留意題目條件.2運動分析：在運動過程分析中應留意物體做直線運動、曲線運動及圓周運動、類平拋運動.3規(guī)律選擇：依據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解.4常用規(guī)律：共點力的平衡條件、牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律、功能關系、圓周運動向心力公式等.5思維方法：常用到力的合成與分解、運動的合成與分解、等效法、假設法、類比法等.1．如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不行伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則(B)A．小球帶負電B．電場力跟重力平衡C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D．小球在運動過程中機械能守恒解析：本題考查電勢能、電場力等．依據(jù)題述小球在豎直平面內做勻速圓周運動，由合外力供應向心力，小球受到重力、電場力和細繩的拉力，電場力應與重力平衡，則知小球帶正電，選項A錯誤，B正確；小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，小球的電勢能增大，選項C錯誤；由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒，選項D錯誤．2．如圖，AB為豎直的eq\f(1,4)光滑圓弧絕緣軌道，其半徑為0.5m，A點與圓心O等高，最低點B與絕緣水平面平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，場強為5×103N/C.將一個質量為0.1kg、電荷量為＋8×10－5C的滑塊(可視為質點)從A點由靜止釋放，已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.05，取g＝10m/s2，則滑塊(D)A．第一次經過B點時速度大小為eq\r(10)m/sB．第一次經過B點時對B點的壓力為1.2NC．在水平面對右運動的加速度大小為3.5m/s2D．在水平面上通過的總路程為6m解析：設滑塊第一次到達B點時的速度為vB，依據(jù)動能定理可得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(6)m/s，選項A錯誤；在圓弧軌道最低點B，對滑塊運用牛頓其次