高考物理二轮专题复习 辅导与训练 4.7 电场及带电粒子在电场中的运动课件

专题四电场和磁场第7讲电场及带电粒子在电场中的运动【主干回顾【主干回顾】【核心精华【核心精华】知识规律知识规律(1)(1)电场力的性质。电场力的性质。电场强度的定义式：电场强度的定义式： 真空中点电荷的场强公式：真空中点电荷的场强公式： 匀强电场场强与电势差的关系式：匀强电场场强与电势差的关系式： FEq。2QEkr。UEd。(2)(2)电场能的性质。电场能的性质。电势的定义式：电势的定义式： 电势差的定义式：电势差的定义式：U UABAB= = 电势差与电势的关系式：电势差与电势的关系式：U UABAB= =A A- -B B。电场力做功与电势能的关系式：电场力做功与电势能的关系式：W WABAB=-E=-Ep p。 pEq 。ABWq。思想方法思想方法(1)(1)物理思想：等效思想、分解思想。物理思想：等效思想、分解思想。(2)(2)物理方法：理想化模型法、比值定义法、控制变量法、对物理方法：理想化模型法、比值定义法、控制变量法、对称法、合成法、分解法等。称法、合成法、分解法等。 热点考向一热点考向一电场性质的理解与应用电场性质的理解与应用【典题【典题1 1师生探究师生探究】真空中电量均为真空中电量均为Q Q的两异种点电荷连线的两异种点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面和一绝缘正方体框架的两侧面ABBABB1 1A A1 1和和DCCDCC1 1D D1 1中心连线重合，中心连线重合，连线中心和立方体中心重合，空间中除两异种点电荷连线中心和立方体中心重合，空间中除两异种点电荷Q Q产生的产生的电场外，不计其他任何电场的影响，则下列说法中正确的是电场外，不计其他任何电场的影响，则下列说法中正确的是( () )A.A.正方体两顶点正方体两顶点A A、D D电场强度相同电场强度相同B.B.正方体两顶点正方体两顶点A A、D D电势相同电势相同C.C.两等量异种点电荷周围电场线和面两等量异种点电荷周围电场线和面ABBABB1 1A A1 1总是垂直总是垂直D.D.负检验电荷负检验电荷q q在顶点在顶点A A处的电势能小于在顶点处的电势能小于在顶点D D处的电势能处的电势能【破题关键【破题关键】(1)(1)题干信息题干信息“真空中电量均为真空中电量均为Q Q的两异种的两异种点电荷连线和一绝缘点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面正方体框架的两侧面ABBABB1 1A A1 1和和DCCDCC1 1D D1 1中心连线重合，连线中心中心连线重合，连线中心和立方体中心重合和立方体中心重合”说明：说明：A A、D D两点关于两点关于_称，侧面称，侧面ABBABB1 1A A1 1与与_垂直。垂直。(2)“(2)“绝缘正方体框架绝缘正方体框架”说明：说明：_。两等量异种点电荷连两等量异种点电荷连线的中垂面对线的中垂面对两等量异种点电荷连线两等量异种点电荷连线两异种点电荷两异种点电荷Q Q产生的电场的产生的电场的分布情况不受框架的影响分布情况不受框架的影响【解析【解析】选选D D。由等量异种点电荷的电场线分布可知，。由等量异种点电荷的电场线分布可知，A A、D D两两点电场强度大小相等，方向不同，点电场强度大小相等，方向不同，A A错误；沿电场线方向电势错误；沿电场线方向电势降低，降低，A A点电势高于点电势高于D D点电势，点电势，B B错误；错误；A A、B B、B B1 1、A A1 1四点电势相四点电势相同，但面同，但面ABBABB1 1A A1 1不是等势面，电场线不总与该面垂直，不是等势面，电场线不总与该面垂直，C C错误；错误；A A点电势高于点电势高于D D点电势，将负电荷从点电势，将负电荷从A A点移到点移到D D点，电场力做负功，点，电场力做负功，电势能增大，电势能增大，D D正确。正确。【拓展延伸【拓展延伸】(1)(1)在在【典题【典题1 1】中若将一正电荷从中若将一正电荷从C C点沿点沿CCCC1 1直线移送到直线移送到C C1 1点，点，试分析电场力对正电荷的做功情况和电势能的变化情况。试分析电场力对正电荷的做功情况和电势能的变化情况。【解析【解析】由电场线分布的对称性以及电场力与场强的方向关系由电场线分布的对称性以及电场力与场强的方向关系可知，正电荷由可知，正电荷由C C点移送到点移送到CCCC1 1中点的过程，电场力与速度方向中点的过程，电场力与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的电势能减少；正电荷由的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的电势能减少；正电荷由CCCC1 1中点移送到中点移送到C C1 1点的过程，电场力与速度方向的夹角为钝角，点的过程，电场力与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电荷的电势能增加，整个过程电场力做的总功电场力做负功，电荷的电势能增加，整个过程电场力做的总功为零，正电荷在为零，正电荷在C C、C C1 1两点的电势能相等。两点的电势能相等。(2)(2)在在【典题【典题1 1】中若将两异种点电荷替换为两等量正点电荷，中若将两异种点电荷替换为两等量正点电荷，试分析试分析B B、C C两点的场强和电势关系以及负检验电荷在两点的场强和电势关系以及负检验电荷在A A、B B两点两点的电势能大小关系。的电势能大小关系。【解析【解析】由两等量正点电荷的电场线分布特点可知，正方体框由两等量正点电荷的电场线分布特点可知，正方体框架八个顶点的场强大小相等，方向各不相同；各个顶点电势都架八个顶点的场强大小相等，方向各不相同；各个顶点电势都相同，因此相同，因此B B、C C两点的场强大小相等，方向不同，两点的场强大小相等，方向不同，B B、C C两点电两点电势相同；由势相同；由E Ep p=q=q可知，负检验电荷在可知，负检验电荷在A A、B B两点的电势能相等。两点的电势能相等。【典题【典题2 2自主探究自主探究】(2014(2014辽师大附中二模辽师大附中二模) )如图所示，一如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过且只在电场力作用下依次通过M M、N N、P P三点，其中三点，其中N N点是轨迹点是轨迹上距离负点电荷最近的点。若粒子在上距离负点电荷最近的点。若粒子在M M点和点和P P点的速率相等，点的速率相等，则则( () )A.A.粒子在粒子在N N点时的速率最大点时的速率最大B.UB.UMNMN=U=UNPNPC.C.粒子在粒子在N N点时的加速度最大点时的加速度最大D.D.粒子在粒子在M M点时的电势能大于其在点时的电势能大于其在N N点时的电势能点时的电势能【审题流程【审题流程】第一步：审题干第一步：审题干提取信息提取信息(1)N(1)N点是轨迹上距离负点电荷最近的点点是轨迹上距离负点电荷最近的点 粒子在轨迹上粒子在轨迹上N N点点所受电场力最大。所受电场力最大。(2)(2)粒子在粒子在M M点和点和P P点的速率相等点的速率相等 粒子在粒子在M M点和点和P P点的动能相点的动能相同。同。(3)(3)只在电场力作用下依次通过只在电场力作用下依次通过M M、N N、P P三点三点 运动的粒子运动的粒子带负电。带负电。第二步：审问题第二步：审问题明确解题思路明确解题思路(1)(1)分析粒子从分析粒子从M M点到点到N N点电场力做功情况点电场力做功情况由功能关系比较由功能关系比较M M、N N两点的速率大小及粒子在两点的速率大小及粒子在M M点和点和N N点的电势能大小关系。点的电势能大小关系。(2)(2)分析分析U UMNMN和和U UNPNP的关系的关系需要对粒子在由需要对粒子在由M M点到点到N N点和由点和由N N点到点到P P点列动能定理方程确定。点列动能定理方程确定。【解析【解析】选选C C。据带电粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，。据带电粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，再根据题图可知该粒子从再根据题图可知该粒子从M M点到点到N N点电场力做负功，从点电场力做负功，从N N点到点到P P点点电场力做正功，所以带电粒子的动能先减少后增加，则在电场力做正功，所以带电粒子的动能先减少后增加，则在N N点点的动能最小，速度也最小，的动能最小，速度也最小，A A错误；电势能先增加后减少，错误；电势能先增加后减少，D D错错误；据题意知，粒子在误；据题意知，粒子在M M点和点和P P点速率相等，据动能定理有点速率相等，据动能定理有qUqUMNMN= = 和和qUqUNPNP= = ，所以，所以U UMNMN=-U=-UNPNP，B B错误；错误；在在N N点的电场线密集，即粒子在点的电场线密集，即粒子在N N点所受的电场力较大，加速点所受的电场力较大，加速度也较大，度也较大，C C正确。正确。22NMmvmv2222NPmvmv22【解题悟道【解题悟道】电场性质的判断思路电场性质的判断思路(1)(1)明确电场的电场线与等势面的分布规律；明确电场的电场线与等势面的分布规律；(2)(2)利用电场线的疏密分布规律或场强的叠加原理判定场强的利用电场线的疏密分布规律或场强的叠加原理判定场强的强弱；强弱；(3)(3)根据电场线的方向、电场线的疏密及电势能的大小分析电根据电场线的方向、电场线的疏密及电势能的大小分析电势的高低；势的高低；(4)(4)应用电场力做功与电势能改变之间的关系判定电势能的大应用电场力做功与电势能改变之间的关系判定电势能的大小或电场力做功情况。小或电场力做功情况。【对点训练【对点训练】1.(20141.(2014温州一模温州一模) )真空中有一带负电的电荷绕固定的点电荷真空中有一带负电的电荷绕固定的点电荷+Q+Q运动，其轨迹为椭圆，如图所示。已知运动，其轨迹为椭圆，如图所示。已知abcdabcd为椭圆的四个顶为椭圆的四个顶点，点，+Q+Q处在椭圆焦点上，则下列说法正确的是处在椭圆焦点上，则下列说法正确的是( () )A.bA.b、d d两点的电场强度大小一定相等两点的电场强度大小一定相等B.aB.a、c c两点的电势相等两点的电势相等C.C.负电荷由负电荷由b b运动到运动到d d电场力做正功电场力做正功D.D.负电荷由负电荷由a a经经d d运动到运动到c c的过程中，电势能先减小后增大的过程中，电势能先减小后增大【解析【解析】选选B B。由点电荷场强公式。由点电荷场强公式E= E= 可知，可知，d d点场强小于点场强小于b b点的场强，点的场强，A A错误；由点电荷电场分布可知，错误；由点电荷电场分布可知，a a、c c与与Q Q距离相距离相等，必定位于同一个等势面，等，必定位于同一个等势面，B B正确；由于正确；由于b b点的电势比点的电势比d d点的点的电势高，故负电荷由电势高，故负电荷由b b运动到运动到d d，电场力做负功，电场力做负功，C C错误；负电错误；负电荷由荷由a a经经d d运动到运动到c c的过程中，电场力先做负功再做正功，电势的过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，故能先增大后减小，故D D错误。错误。2Qkr2.(2.(多选多选)(2014)(2014新课标全国卷新课标全国卷)如图，在正点电荷如图，在正点电荷Q Q的电场的电场中有中有M M、N N、P P、F F四点，四点，M M、N N、P P为直角三角形的三个顶点，为直角三角形的三个顶点，F F为为MNMN的中点，的中点，M=30M=30。M M、N N、P P、F F四点处的电势分别用四点处的电势分别用M M、N N、P P、F F表示。已知表示。已知M M= =N N，P P= =F F，点电荷，点电荷Q Q在在M M、N N、P P三点所在平面内，则三点所在平面内，则( () )A.A.点电荷点电荷Q Q一定在一定在MPMP的连线上的连线上B.B.连接连接PFPF的线段一定在同一等势面上的线段一定在同一等势面上C.C.将正试探电荷从将正试探电荷从P P点搬运到点搬运到N N点，电场力做负功点，电场力做负功D.D.P P大于大于M M【解析【解析】选选A A、D D。本题考查了电场问题。根据题意分别画出。本题考查了电场问题。根据题意分别画出MNMN和和FPFP的中垂线，由几何关系知，两中垂线交点在的中垂线，由几何关系知，两中垂线交点在MPMP连线上，如连线上，如图。点电荷在图中的图。点电荷在图中的O O位置，位置，A A项正确，项正确，B B项错误；因为是正点项错误；因为是正点电荷形成的电场，将正试探电荷从电荷形成的电场，将正试探电荷从P P搬运到搬运到N N，电场力做正功，电场力做正功，C C项错误；因为是正点电荷形成的电场，越靠近场源电荷的等项错误；因为是正点电荷形成的电场，越靠近场源电荷的等势面电势越高，势面电势越高，D D项正确。项正确。【加固训练【加固训练】( (多选多选)(2014)(2014揭阳二模揭阳二模) )某静电除尘器工作时内某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图，带负电粉尘被吸附时由部电场线分布的俯视图如图，带负电粉尘被吸附时由b b点运动点运动到到a a点，以下说法正确的是点，以下说法正确的是( () )A.A.该电场是匀强电场该电场是匀强电场B.aB.a点电势高于点电势高于b b点电势点电势C.C.电场力对粉尘做正功电场力对粉尘做正功D.D.粉尘的电势能增大粉尘的电势能增大【解析【解析】选选B B、C C。由图可以看出，电场线的分布并不均匀，故。由图可以看出，电场线的分布并不均匀，故该电场不是匀强电场，该电场不是匀强电场，A A错误；由于电场线的方向由错误；由于电场线的方向由a a指向指向b b，沿电场线的方向电势是降低的，故沿电场线的方向电势是降低的，故a a点电势高于点电势高于b b点电势，点电势，B B正正确；带负电粉尘受到的电场力的方向是由确；带负电粉尘受到的电场力的方向是由b b指向指向a a的，故粉尘由的，故粉尘由b b点运动到点运动到a a点时，电场力做正功，点时，电场力做正功，C C正确；由于电场力做正功，正确；由于电场力做正功，故粉尘的电势能减小，故粉尘的电势能减小，D D错误。错误。热点考向二热点考向二与平行板电容器有关的电场问题与平行板电容器有关的电场问题【典题【典题3 3师生探究师生探究】如图所示，平行板电容器与电动势为如图所示，平行板电容器与电动势为E E的的直流电源直流电源( (内阻不计内阻不计) )连接，下极板接地。一带电油滴位于两板连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的中央的P P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板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下移动一小段距离，则竖直向下移动一小段距离，则( () )A.A.带电油滴将沿竖直方向向上运动带电油滴将沿竖直方向向上运动B.B.带电油滴将沿竖直方向向下运动带电油滴将沿竖直方向向下运动C.PC.P点的电势将降低点的电势将降低D.D.电容器的电容减小，电容器的带电量将减小电容器的电容减小，电容器的带电量将减小【破题关键【破题关键】(1)(1)题干信息题干信息“平行板电容器与电动势为平行板电容器与电动势为E E的的直流电源直流电源( (内阻不计内阻不计) )连接，下极板接地连接，下极板接地”说明：说明：_。(2)(2)题干信息题干信息“带电油滴位于两板中央的带电油滴位于两板中央的P P点且恰好处于平衡状点且恰好处于平衡状态态”说明：带电油滴受说明：带电油滴受_而平衡。而平衡。平行板电容器两极板间电势差保持平行板电容器两极板间电势差保持不变，下极板电势为零不变，下极板电势为零重力和电场力重力和电场力【解析【解析】选选A A。根据电容器的决定式。根据电容器的决定式C= C= ，当上极板向下移，当上极板向下移动时，动时，d d减小，电容变大，又减小，电容变大，又C= C= ，电压，电压U U不变，因此电容器不变，因此电容器带电量增多，带电量增多，D D错误；根据电容器内部电场强度错误；根据电容器内部电场强度E= E= 可知，可知，d d减小，场强增大，油滴受到向上的电场力增大，将向上运减小，场强增大，油滴受到向上的电场力增大，将向上运动，动，A A正确，正确，B B错误；由于场强增大，由错误；由于场强增大，由U=EdU=Ed可知，可知，P P与下极板与下极板电势差变大，电势差变大，P P点电势升高，点电势升高，C C错误。错误。rS4 kdQUUd【拓展延伸【拓展延伸】(1)(1)在在【典题【典题3 3】中，试分析带电油滴的电势能和重力势能之和中，试分析带电油滴的电势能和重力势能之和如何变化？如何变化？【解析【解析】带电油滴沿竖直方向向上运动的过程，只有电场力和带电油滴沿竖直方向向上运动的过程，只有电场力和重力做功，油滴的动能、重力势能和电势能的总和不变，油滴重力做功，油滴的动能、重力势能和电势能的总和不变，油滴的动能增大，故电势能和重力势能之和减小。的动能增大，故电势能和重力势能之和减小。(2)(2)在在【典题【典题3 3】中，若电容器充电稳定后，断开电源，试分析中，若电容器充电稳定后，断开电源，试分析当电容器下极板竖直向上移动一小段距离后，带电油滴将如何当电容器下极板竖直向上移动一小段距离后，带电油滴将如何运动，其电势能如何变化。运动，其电势能如何变化。【解析【解析】电容器充电稳定后，断开电源，两极板所带电荷量保电容器充电稳定后，断开电源，两极板所带电荷量保持不变，由持不变，由C= C= 、C= C= 、E= E= 可得，可得，E= E= ，当电容器，当电容器下极板竖直向上移动一小段距离时，场强不变，油滴受力情况下极板竖直向上移动一小段距离时，场强不变，油滴受力情况不变，故油滴静止不动。由带电油滴受力情况可以判断油滴带不变，故油滴静止不动。由带电油滴受力情况可以判断油滴带负电，由负电，由U=EdU=Ed知知P P与下极板电势差变小，与下极板电势差变小，P P点电势降低，由点电势降低，由E EP P= =q q可知带电油滴的电势能增加。可知带电油滴的电势能增加。rS4 kdQUUdr4 kQS【解题悟道【解题悟道】平行板电容器问题的分析思路平行板电容器问题的分析思路(1)(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化；是变化的以及怎样变化；(2)(2)应用平行板电容器的决定式应用平行板电容器的决定式C= C= 分析电容器的电容的分析电容器的电容的变化；变化；(3)(3)应用电容的定义式应用电容的定义式C= C= 分析电容器带电量和两板间电压的分析电容器带电量和两板间电压的变化情况；变化情况；(4)(4)根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论。根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论。rS4 kdQU【对点训练【对点训练】1.1.在探究平行板电容器电容的实验中，对一个电容为在探究平行板电容器电容的实验中，对一个电容为C C、正对、正对面积为面积为S S、两极板之间距离为、两极板之间距离为d d的电容器，充电的电容器，充电Q Q后，后，( () )A.A.若带电量再增加若带电量再增加QQ，其他条件不变，则电容器两极板之间，其他条件不变，则电容器两极板之间的电压一定增加的电压一定增加B.B.若带电量再增加若带电量再增加QQ，其他条件不变，则电容器两极板之间，其他条件不变，则电容器两极板之间的电场强度可能不变的电场强度可能不变QCC.C.保持带电量保持带电量Q Q不变，若电容器两极板之间的距离增大到不变，若电容器两极板之间的距离增大到2d2d，其他条件不变，则电场强度增加到原来的其他条件不变，则电场强度增加到原来的2 2倍倍D.D.保持带电量保持带电量Q Q不变，若电容器正对面积减小到原来的不变，若电容器正对面积减小到原来的 ，其他条件不变，则电场强度增加到原来的其他条件不变，则电场强度增加到原来的4 4倍倍12【解析【解析】选选A A。由。由C= C= 可得，当带电量再增大可得，当带电量再增大QQ，其他，其他条件不变时，则电容器两极板之间的电压一定增加条件不变时，则电容器两极板之间的电压一定增加U= U= A A正确；电荷量变化，则两极板间的电压发生变化，根据正确；电荷量变化，则两极板间的电压发生变化，根据E=E=可得，电场强度一定变化，可得，电场强度一定变化，B B错误；保持电荷量不变，根据公错误；保持电荷量不变，根据公式式 可得，可得， 两极板间的电场强两极板间的电场强度大小与两极板间的距离无关，度大小与两极板间的距离无关，C C错误；根据公式错误；根据公式 若若电容器正对面积减小到原来的电容器正对面积减小到原来的 ，其他条件不变，则电场强度，其他条件不变，则电场强度增加到原来的增加到原来的2 2倍，倍，D D错误。错误。QQUUQC，UdrSUQECCd4 kdU、r4 kQES，r4 kQES，122.(20142.(2014武威二模武威二模) )如图所示的实验装置中，极板如图所示的实验装置中，极板A A接地，平接地，平行板电容器的极板行板电容器的极板B B与一个灵敏的静电计相接。将与一个灵敏的静电计相接。将A A极板向左移极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q Q、电、电容容C C、两极间的电压、两极间的电压U U、电容器两极板间的场强、电容器两极板间的场强E E的变化情况是的变化情况是( () )A.QA.Q变小，变小，C C不变，不变，U U不变，不变，E E变小变小B.QB.Q变小，变小，C C变小，变小，U U不变，不变，E E不变不变C.QC.Q不变，不变，C C变小，变小，U U变大，变大，E E不变不变D.QD.Q不变，不变，C C变小，变小，U U变大，变大，E E变小变小【解析【解析】选选C C。由题意可知，电容器未接电源，故电容器的电。由题意可知，电容器未接电源，故电容器的电荷量不变，所以荷量不变，所以A A、B B错误；根据错误；根据 可知，可知，当两极板间的距离当两极板间的距离d d增大时，增大时，C C变小，变小，U U变大，三式联立可得变大，三式联立可得 故电场强度故电场强度E E不变，所以选项不变，所以选项C C正确，正确，D D错误。错误。rSQUCECUd4 kd、r4 kQES，3.3.电源和一个水平放置的平行板电容器、两个变阻器电源和一个水平放置的平行板电容器、两个变阻器R R1 1、R R2 2和和定值电阻定值电阻R R3 3组成如图所示的电路。当把变阻器组成如图所示的电路。当把变阻器R R1 1、R R2 2调到某个调到某个值时，闭合开关值时，闭合开关S S，电容器中的一个带电液滴正好处于静止状，电容器中的一个带电液滴正好处于静止状态。当再进行其他相关操作时态。当再进行其他相关操作时( (只改变其中的一个只改变其中的一个) )，以下判断，以下判断正确的是正确的是( () )A.A.将将R R1 1的阻值增大时，液滴仍保持静止状态的阻值增大时，液滴仍保持静止状态B.B.将将R R2 2的阻值增大时，液滴将向下运动的阻值增大时，液滴将向下运动C.C.断开开关断开开关S S，电容器上的带电量将减为零，电容器上的带电量将减为零D.D.把电容器的上极板向上平移少许，电容器的电量将增加把电容器的上极板向上平移少许，电容器的电量将增加【解析【解析】选选A A。当。当R R1 1的阻值增大时，电容器两端的电势差不变，的阻值增大时，电容器两端的电势差不变，带电液滴受到的电场力不变，液滴保持不动，故带电液滴受到的电场力不变，液滴保持不动，故A A正确；将正确；将R R2 2的的阻值增大时，则阻值增大时，则R R2 2两端的电压增大，所以电容器两端的电压增两端的电压增大，所以电容器两端的电压增大，电场力变大，液滴向上运动，故大，电场力变大，液滴向上运动，故B B错误；断开开关，电容错误；断开开关，电容器两端的电势差等于电源的电动势，根据器两端的电势差等于电源的电动势，根据Q=CUQ=CU，可知电容器的，可知电容器的电量将增加，故电量将增加，故C C错误；因为电容器的电容错误；因为电容器的电容C= C= ，把电容器，把电容器的上极板向上平移少许，的上极板向上平移少许，d d增大，会使电容减小，电容器两端增大，会使电容减小，电容器两端的电势差不变，根据的电势差不变，根据Q=CUQ=CU，可知电容器的带电量将减少，故，可知电容器的带电量将减少，故D D错误。错误。rS4 kd【加固训练【加固训练】( (多选多选)(2014)(2014大连二模大连二模) )如图所示的两个平行板如图所示的两个平行板电容器水平放置，电容器水平放置，A A板用导线与板用导线与M M板相连，板相连，B B板和板和N N板都接地。让板都接地。让A A板带电后，在两个电容器间分别有板带电后，在两个电容器间分别有P P、Q Q两个带电油滴都处于两个带电油滴都处于静止状态。静止状态。ABAB间电容为间电容为C C1 1，电压为，电压为U U1 1，带电量为，带电量为Q Q1 1，MNMN间电容间电容为为C C2 2，电压为，电压为U U2 2，带电量为，带电量为Q Q2 2。若将。若将B B板稍向下移，下列说法正板稍向下移，下列说法正确的是确的是( () )A.PA.P向下动，向下动，Q Q向上动向上动B.UB.U1 1减小，减小，U U2 2增大增大C.QC.Q1 1减小，减小，Q Q2 2增大增大D.CD.C1 1减小，减小，C C2 2增大增大【解析【解析】选选A A、C C。根据电容器的决定式：。根据电容器的决定式：C= C= 可知，可知，B B板稍板稍向下移，向下移，C C1 1减小，而减小，而C C2 2不变，不变，D D不对；假设电容器带电量不变，不对；假设电容器带电量不变，根据根据C= C= ，使得，使得U U1 1增大，这时会使得电容器增大，这时会使得电容器C C1 1给给C C2 2充电，使得充电，使得Q Q1 1减小，减小，Q Q2 2增大，增大，C C正确；最终稳定后，两个电容器电压相等，正确；最终稳定后，两个电容器电压相等，由于由于U U2 2增大了，从而得出增大了，从而得出U U1 1也增大，也增大，B B不对；电容器内部场强不对；电容器内部场强 因因Q Q1 1减小，减小，Q Q2 2增大，导致增大，导致E E1 1减小，减小，E E2 2增大，增大，因此因此P P向下动，向下动，Q Q向上动，向上动，A A正确。正确。rS4 kdQUrUQ4 kQEdCdS，热点考向三热点考向三带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动【典题【典题4 4师生探究师生探究】(2014(2014安徽高考安徽高考) )如图所示，充电后的如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为平行板电容器水平放置，电容为C C，极板间距离为，极板间距离为d d，上极板正，上极板正中有一小孔。质量为中有一小孔。质量为m m、电荷量为、电荷量为+q+q的小球从小孔正上方高的小球从小孔正上方高h h处处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零( (空气阻空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)g)。求：求：(1)(1)小球到达小孔处的速度；小球到达小孔处的速度；(2)(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。小球从开始下落运动到下极板处的时间。【破题关键【破题关键】(1)(1)题干信息题干信息“充电后的平行板电容器水平放置充电后的平行板电容器水平放置”说明：极板之说明：极板之间存在间存在_。(2)(2)题干信息题干信息“小球从小孔正上方高小球从小孔正上方高h h处由静止开始下落处由静止开始下落”说明：说明：小球在极板上方做小球在极板上方做_运动。运动。(3)(3)题干信息题干信息“穿过小孔到达下极板处速度恰为零穿过小孔到达下极板处速度恰为零”说明：从小说明：从小孔开始到下极板的过程，小球受孔开始到下极板的过程，小球受_。竖直方向的匀强电场竖直方向的匀强电场自由落体自由落体竖直向上的电场力和竖直向竖直向上的电场力和竖直向下的重力，小球做匀减速直线运动下的重力，小球做匀减速直线运动【解析【解析】(1)(1)由由v v2 2=2gh=2gh，解得，解得v= v= (2)(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有在极板间带电小球受重力和电场力，有mg-qEmg-qE=ma=ma，0-v0-v2 2=2ad=2ad，解得，解得E= E= 而而U=EdU=Ed，Q=CUQ=CU，解得，解得Q= Q= (3)(3)由由h= gh= gt t1 12 2，0=v+at0=v+at2 2，t=tt=t1 1+t+t2 2，联立解得，联立解得答案：答案： 2gh。mg(hd)qd。Cmg(hd)q。12hd2hthg。 mg hdCmg hd12gh 2 qdq hd2h3hg【典题【典题5 5自主探究自主探究】真空中的某装置如图所示，其中平行金真空中的某装置如图所示，其中平行金属板属板A A、B B之间有加速电场，之间有加速电场，C C、D D之间有偏转电场，之间有偏转电场，M M为荧光屏。为荧光屏。今有质子、氘核和今有质子、氘核和粒子均由粒子均由A A板从静止开始被加速电场加速板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和子、氘核和粒子的质量之比为粒子的质量之比为124124，电荷量之比为，电荷量之比为112112，则下列判断中正确的是，则下列判断中正确的是( () )A.A.三种粒子从三种粒子从B B板运动到荧光屏经历的时间相同板运动到荧光屏经历的时间相同B.B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同三种粒子打到荧光屏上的位置相同C.C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122122D.D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为124124【审题流程【审题流程】第一步：审题干第一步：审题干提取信息提取信息(1)(1)由由A A板从静止开始被加速电场加速板从静止开始被加速电场加速 粒子初速度为零。粒子初速度为零。(2)(2)垂直于电场方向进入偏转电场垂直于电场方向进入偏转电场 粒子在偏转电场中做粒子在偏转电场中做类平抛运动。类平抛运动。第二步：审问题第二步：审问题明确解题思路明确解题思路分析三种粒子从分析三种粒子从B B板运动到荧光屏经历的时间、打到荧光屏上板运动到荧光屏经历的时间、打到荧光屏上的位置及偏转电场的电场力对粒子做功情况的位置及偏转电场的电场力对粒子做功情况 确定确定粒子垂直进入偏转电场的初速度粒子垂直进入偏转电场的初速度由类平抛运动的规律由类平抛运动的规律得三种粒子从得三种粒子从B B板运动到荧光屏经历的时间；由板运动到荧光屏经历的时间；由y= y= 、tantan= = 得打到荧光屏上的位置；由得打到荧光屏上的位置；由W=EqyW=Eqy判断偏转电场判断偏转电场的电场力对三种粒子做功的情况。的电场力对三种粒子做功的情况。221U L4dU21U L2dU【解析【解析】选选B B。设加速电压为。设加速电压为U U1 1，偏转电压为，偏转电压为U U2 2，偏转极板的，偏转极板的长度为长度为L L，板间距离为，板间距离为d d，在加速电场中，由动能定理得，在加速电场中，由动能定理得qUqU1 1= = ，解得，解得v v0 0= = ，三种粒子从，三种粒子从B B板运动到荧光屏的过板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为程，水平方向做速度为v v0 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则荷不同，则v v0 0不同，所以三种粒子从不同，所以三种粒子从B B板运动到荧光屏经历的板运动到荧光屏经历的时间不同，故时间不同，故A A错误；根据推论错误；根据推论y= y= 、tantan= = 可知，可知，y y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，201mv212qUm221U L4dU21U L2dU打到荧光屏上的位置相同，故打到荧光屏上的位置相同，故B B正确；偏转电场的电场力做功正确；偏转电场的电场力做功为为W=EqyW=Eqy，则，则W W与与q q成正比，三种粒子的电荷量之比为成正比，三种粒子的电荷量之比为112112，则有电场力对三种粒子做功之比为则有电场力对三种粒子做功之比为112112，故，故C C、D D错误。错误。【解题悟道【解题悟道】带电粒子在电场中运动问题的分析思路带电粒子在电场中运动问题的分析思路(1)(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是偏转运动问题。是偏转运动问题。(2)(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：从以下两种途径进行处理：如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。度、位移等。如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化运动的位移等。过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化运动的位移等。(3)(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理。通过对带电粒子的受力分析和运动动的合成与分解方法处理。通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学方程求解。牛顿运动定律或运动学方程求解。(4)(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口。联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口。【对点训练【对点训练】1.(20141.(2014宁波一模宁波一模) )地面附近处的电场的电场线如图所示，其地面附近处的电场的电场线如图所示，其中一条方向竖直向下的电场线上有中一条方向竖直向下的电场线上有a a、b b两点，高度差为两点，高度差为h h。质。质量为量为m m、电荷量为、电荷量为-q-q的带电微粒的带电微粒( (其所带电荷不影响原电场的分其所带电荷不影响原电场的分布布) )，从，从a a点由静止开始沿电场线运动，到点由静止开始沿电场线运动，到b b点时速度为点时速度为 。下列说法正确的是下列说法正确的是( () )ghA.A.质量为质量为m m、电荷量为、电荷量为+q+q的检验电荷，从的检验电荷，从a a点由静止起沿电场线点由静止起沿电场线运动到运动到b b点时速度为点时速度为 B.B.质量为质量为m m、电荷量为、电荷量为+2q+2q的检验电荷，从的检验电荷，从a a点由静止起沿电场点由静止起沿电场线运动到线运动到b b点时速度为点时速度为C.C.质量为质量为m m、电荷量为、电荷量为-2q-2q的检验电荷，从的检验电荷，从a a点由静止起沿电场点由静止起沿电场线运动到线运动到b b点时速度仍为点时速度仍为D.D.质量为质量为m m、电荷量为、电荷量为-2q-2q的检验电荷，从的检验电荷，从a a点由静止开始释点由静止开始释放，点电荷将沿电场线在放，点电荷将沿电场线在a a、b b两点间来回运动两点间来回运动2 gh2ghgh【解析【解析】选选D D。从。从a a到到b b的过程中，运用动能定理，对的过程中，运用动能定理，对-q-q：mgh-Uqmgh-Uq= = 对于对于q q：mgh+Uqmgh+Uq= = 两式相加化简得两式相加化简得v v2 2= = 故故A A错误。错误。对对+2q+2q运用动能定理：运用动能定理：mgh+2Uq= mgh+2Uq= 由由得得v v3 3= = 故故B B错误。错误。221mv2211mv2214ghv4ghgh3gh，231mv2212 3ghv2 gh，对对-2q-2q运用动能定理：运用动能定理：mgh-2Uq= mgh-2Uq= 由由化简得化简得v v4 4= =0= =0，故，故C C错误。错误。由以上分析可知，到达由以上分析可知，到达b b点时，速度为零，说明电场力大于重点时，速度为零，说明电场力大于重力，故接下来向上运动。根据电场线的分布可知，越向上，力，故接下来向上运动。根据电场线的分布可知，越向上，电场力越小，最终会小于重力，当速度减为零后，又会向下电场力越小，最终会小于重力，当速度减为零后，又会向下运动，如此往复，故运动，如此往复，故D D正确。正确。241mv2212 vgh2.(20142.(2014抚顺一模抚顺一模) )如图在竖直放置的铅屏如图在竖直放置的铅屏A A的右表面上贴着的右表面上贴着能放射电子的仪器能放射电子的仪器P P，放射源放出的电子速度大小均为，放射源放出的电子速度大小均为v v0 0=1.0=1.010107 7m/sm/s，各个方向均有。足够大的荧光屏，各个方向均有。足够大的荧光屏M M与铅屏与铅屏A A平平行放置，相距行放置，相距d=2.0d=2.01010-2-2m m，其间有水平向左的匀强电场，电，其间有水平向左的匀强电场，电场强度大小场强度大小E=2.5E=2.510104 4N/CN/C。已知电子电量。已知电子电量e=1.6e=1.61010-19-19C C，电，电子质量子质量m=9.0m=9.01010-31-31kgkg，不计电子重力。求：，不计电子重力。求：(1)(1)电子到达荧光屏电子到达荧光屏M M上的动能。上的动能。(2)(2)荧光屏上的发光面积荧光屏上的发光面积( (结果保留结果保留3 3位有效数字位有效数字) )。【解析【解析】(1)(1)对电子运动过程由动能定理得：对电子运动过程由动能定理得：eEd=EeEd=Ek k- - 解得：解得：E Ek k=1.25=1.251010-16-16J J(2)(2)电子射向各个方向，其中和铅屏电子射向各个方向，其中和铅屏A A平行的电子在纵向偏移平行的电子在纵向偏移距离最大，电子做类平抛运动，则：距离最大，电子做类平抛运动，则： r=vr=v0 0t t解得：解得：r=3r=31010-2-2m m201mv221 eEdt2 m在荧光屏上观察到的范围是半径为在荧光屏上观察到的范围是半径为r r的圆，其面积为的圆，其面积为S=rS=r2 2解得：解得：S=2.83S=2.831010-3-3m m2 2答案：答案：(1)1.25(1)1.251010-16-16J J(2)2.83(2)2.831010-3-3m m2 2【加固训练【加固训练】( (多选多选)(2013)(2013济南一模济南一模) )如图所示，两平行金属如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为板间有一匀强电场，板长为L L，板间距离为，板间距离为d d，在板右端，在板右端L L处有处有一竖直放置的光屏一竖直放置的光屏M M，一带电荷量为，一带电荷量为q q，质量为，质量为m m的质点从两板的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在中央射入板间，最后垂直打在M M屏上，则下列结论正确的是屏上，则下列结论正确的是( () )A.A.板间电场强度大小为板间电场强度大小为B.B.板间电场强度大小为板间电场强度大小为C.C.质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等等D.D.质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间mgq2mgq【解析【解析】选选B B、C C。当质点所受电场力方向向上且大于重力时，。当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上。由运动的合成与分解，可知质点在质点才可能垂直打到屏上。由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等。由运动规运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等。由运动规律可知律可知v vx x=v=v0 0；在竖直方向上：在电场中；在竖直方向上：在电场中v vy y=at=at，如图所示，离，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，开电场后质点做斜上抛运动，v vy y=gt=gt，由此运动过程的对称性，由此运动过程的对称性可知可知a=ga=g，由牛顿第二定律得：，由牛顿第二定律得：qEqE-mg=ma=mg-mg=ma=mg，解得：解得： 故故B B、C C正确。正确。2mgEq。带电粒子在交变电场中的运动问题带电粒子在交变电场中的运动问题【满分再现【满分再现】(1)(1)粒子自粒子自P P点进入磁场，从点进入磁场，从O O1 1点水平飞出磁场，由几何关系得点水平飞出磁场，由几何关系得其运动的轨道半径其运动的轨道半径r= r= (1(1分分) )由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：qvqv0 0B= B= (2(2分分) )解得：解得：B= B= (1(1分分) )a220vmr02mvqa(2)(2)粒子自粒子自O O1 1点进入电场后恰好从点进入电场后恰好从M M板的边缘平行极板飞出，板的边缘平行极板飞出，设运动时间为设运动时间为t t，根据类平抛运动规律有：，根据类平抛运动规律有：b=vb=v0 0t t(2(2分分) ) (n=1(n=1，2 2，3 3) )(3(3分分) )又又t=nT(n=1t=nT(n=1，2 2，3 3) )(2(2分分) )解得：解得：T= (n=1T= (n=1，2 2，3 3) )(1(1分分) )U U0 0= (n=1= (n=1，2 2，3 3) )(1(1分分) )20qUbT2n()22mb 20bnv202nmvq(3)(3)当当MNMN板加上电压后，板加上电压后， 时粒子距离时粒子距离M M板最近，则：板最近，则：b=vb=v0 0T T(1(1分分) )y= y= (2(2分分) )d= -2yd= -2y(1(1分分) )解得：解得：d= d= (1(1分分) )答案：答案：(1) (1) (2)T= (n=1(2)T= (n=1，2 2，3 3) )U U0 0= (n=1= (n=1，2 2，3 3) )(3) (3) 3T420qU1T()2 mb4b2020U qbb216mv02mvqa0bnv202nmvq020U qbb216mv【评分细则【评分细则】第一问：第一问：(1)(1)没有列出轨道半径的表达式没有列出轨道半径的表达式r= r= ，直接将，直接将式写成式写成qvqv0 0B=B= ，同样给，同样给3 3分，不扣分。分，不扣分。(2)(2)如果将如果将式表达为式表达为qvBqvB= = ，结果用，结果用v v0 0表示且正确，不表示且正确，不扣分；如果结果用扣分；如果结果用v v表示，扣表示，扣1 1分。分。建议：建议：题设条件为字母时，要尽量用题目中的字母表达方题设条件为字母时，要尽量用题目中的字母表达方程，以防结果错误而导致失分。程，以防结果错误而导致失分。a2202vma2vmr第二问：第二问：(1)(1)如果将如果将表达成表达成 ，没有周期性，扣，没有周期性，扣1 1分。分。(2)(2)如果将如果将式写成式写成t=Tt=T，扣，扣1 1分。分。(3)(3)如果结果没有周期性，不给分。如果结果没有周期性，不给分。建议：建议：在时间比较紧张的情况下，要尽量根据题设条件写在时间比较紧张的情况下，要尽量根据题设条件写出必要的方程，力争能得步骤分。出必要的方程，力争能得步骤分。在分析多过程的运动规律时，可以结合运动图像进行分析，在分析多过程的运动规律时，可以结合运动图像进行分析，有时会使问题非常明朗。有时会使问题非常明朗。20qUbT2()22mb 2第三问：第三问：(1)(1)如果将如果将式直接表达为式直接表达为 给给5 5分。分。(2)(2)如果将如果将式表达为式表达为 不扣分。不扣分。建议：建议：在运动过程比较复杂的情况下，要尽量写出分步方在运动过程比较复杂的情况下，要尽量写出分步方程，以防由于写综合方程，易出错误而导致不得分。程，以防由于写综合方程，易出错误而导致不得分。 200200U qU qbb1bbd2()22 mb 4v216mv ，200qU1by()2 mb4v，