2018-2019学年高中物理 第2章 电场与示波器章末复习课学案 沪科版选修3-1.doc

第2章 电场与示波器巩固层知识整合体系构建核心速填1电场强度三个公式的比较意义电场强度的定义式真空中点电荷的电场强度公式匀强电场中电场强度与电势差的关系式公式EEkE适用范围任何电场真空中的点电荷匀强电场特点q为检验电荷的电荷量，某点的场强是确定的，与q、F均无关Q为场源电荷，某点的场强由Q及该点到场源电荷的距离r决定U为两点之间的电势差，d为两点沿电场强度方向的距离场强是矢量：规定正电荷受电场力的方向为该点场强的方向，场强的叠加遵循平行四边形定则2电场线(1)定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一些有方向的曲线，曲线上每一点的切线方向表示该点的电场强度方向(2) 3电场力做功(1)特点：电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关(2)计算方法WqEd，适用于匀强电场WABqUAB，适用于任何电场4电势能(1)大小：等于将电荷从电场中某点移到零电势能位置时电场力做的功(2)公式：Epq.(3)电场力做功与电势能变化的关系：WEEpAEpBEp，即电场力做的功等于电势能变化量的负值5电势差(1)定义：电场中两点间电势的差值叫作电势差(2)定义式：UABAB.(3)与电场力做功的关系：UAB.(4)影响因素：电势差UAB由电场本身的性质决定，与移动的电荷q及电场力做的功WAB无关，与零电势点的选取无关(5)匀强电场中电势差与场强的关系：UEd.6电势(1)定义式：M.(2)矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)值表示该点电势比零电势高(低)(3)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同注意：电场中某点的电势大小是由电场本身的性质决定的，与该点是否放有电荷和所放电荷的电荷量及其电势能均无关7等势面(1)定义：电场中电势相同的各点构成的面叫作等势面(2)等势面的特点在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面任意两个等势面都不相交等差等势面越密的地方，电场强度越大8电容(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量(2)定义式：C，单位：1 F106 F1012 pF.(3)平行板电容器：C.9带电粒子在电场中的加速(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量，即qUmv2mv.10带电粒子在电场中的偏转(1)粒子偏转问题的分析方法类似于平抛运动图21(2)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t.(3)沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a.(4)离开电场时的偏移量yat2.(5)离开电场时的偏转角tan .提升层能力强化电场强度、电势、电势能大小的判断1场强大的地方，电势不一定高，场强小的地方电势不一定低反过来，电势高的地方场强不一定大，电势低的地方场强也不一定小2电场强度和电势的大小判断一般借助于电场线电场线的疏密程度反映电场强度的强弱，电场线在某点的切线方向表示该点的场强方向沿着电场线的方向，电势逐渐降低3电势能的变化可以根据电场力所做的功来判断电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加如图22所示，为处于静电场中某空腔导体周围的电场分布情况，实线表示电场线，虚线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点，O为空腔导体内的一点，下列说法正确的是()图22AB点的电势高于O点的电势BA点的电势低于B点的电势CA点的电场强度小于B点的电场强度D将正电荷从A点移到C点，电场力做正功C处于静电平衡时，整个空腔导体上各点的电势都相等，由于沿着电场线电势逐渐降低，同一等势面上各点的电势相等，所以A、C两点的电势相等，高于O点的电势，O点的电势高于B点的电势，即ACOB，故A、B错误；处于静电平衡状态时，空腔导体内部电场强度为零，O为空腔导体内的一点，则O点的场强为零由电场线越密的地方电场强度越大，可知B点电场强度大于A点的，C正确；因为A、C两点的电势相等，所以将正电荷从A点移到C点，电场力不做功，D错误(1)电场线方向从电势高的等势面指向电势低的等势面.(2)沿等势面移动电荷时，电场力不做功.针对训练1(多选)如图23所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上两点下列说法正确的是()【导学号：69682124】图23AM点电势一定高于N点电势BM点场强一定大于N点场强C正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D将电子从M点移动到N点，电场力做正功AC由于沿电场线的方向，电势逐渐降低，M点电势高于N点电势，故A正确；电场线密的地方，场强大，反之场强小，则N点场强大，故B错误；正电荷从M点运动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减少，故C正确；电子从M点移动到N点，电场力做负功，故D错误2(多选)x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图像如图24所示，该图像关于O点对称，x1和x1为x轴上的两点下列说法正确的是()图24AO点的电势最低Bx1和x1两点的电势相等C电子在x1处的电势能大于在x1处的电势能D电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，则到达O点时速度最大BD作出电场线草图，根据沿着电场线电势降低，则O点电势最高，故A错误；从题图图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相等，电子在x1和x1两点处的电势能相等，故B正确，C错误；电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，到达O点时电势能最低，故动能最大，速度最大，故D正确带电粒子在交变电场中的运动当加速或偏转电压按时间作周期性变化时，带电粒子的受力或加速度也将随之变化，但粒子的运动方向不一定改变，要研究粒子的运动情况需明确：(1)电压与平行板之间的电场、电场力、加速度相对应，作同步变化；(2)粒子的运动形式由受力和速度共同决定：受力和速度同向，粒子加速；受力和速度反向，粒子减速；受力和速度有夹角，粒子做曲线运动，只有对每个阶段进行正确的受力分析和运动分析，才能对粒子的运动做出正确的判断如图25甲所示，在平面直角坐标系xOy中，两金属极板AB、OD平行正对放置，OD板与x轴重合，OD板的左端与原点O重合，两极板板长均为L2 m，板间距离d1 m，紧靠两极板右端有一荧光屏两极板间电压UAO随时间的变化规律如图25乙所示，变化周期T2103 s，U01103 V若t0时刻一带正电的粒子从A点附近沿x轴正方向以速度v01103 m/s射入两极板间，粒子所带电荷量为q1105 C，质量m1107 kg，粒子重力不计图25(1)求粒子在极板间运动的最长时间；(2)若在0T时间内均有同种粒子从A点附近沿x轴正方向以速度v0射入两极板间，求这些粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；(3)在(2)条件下，求粒子打到荧光屏上时的动能【解析】(1)粒子在极板间沿x轴正方向做匀速运动，设运动时间为t，则有Lv0t解得t2103 s.(2)粒子在板间运动的时间恰好等于T，即在y轴方向，粒子有一半时间做匀加速运动粒子在t0时刻射入极板间时，y轴方向的分速度vy随粒子在极板间运动的时间t变化的关系图线如图中所示，粒子在tt1时刻射入极板间时vy随t变化的关系图线如图中所示，图线与t轴所围面积表示粒子沿y轴方向的位移，可知在t0时刻射入极板间的粒子在极板间偏转量最大，则打到荧光屏上的纵坐标值最小，在t时刻射入极板间的粒子在极板间偏转量最小，则打到荧光屏上的纵坐标值最大t0时刻射入极板的粒子沿y轴方向运动的位移为y1aa，又at时刻射入极板的粒子在板间沿y轴方向的位移为y2a代入已知数据得y10.15 m，y20.05 m可得粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围为0.850.95 m.(3)粒子打到荧光屏上时的速度v大小恒定，由动能定理有qy2Ekmv解得Ek5.05102 J.【答案】(1)2103 s(2)0.850.95 m (3)5.05102 J交变电场的三种情况粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)粒子做往返运动(一般分段研究)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)针对训练3相距很近的平行板电容器AB，A、B两板中心各开有一个小孔，如图26甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射电子，电子的初速度为v0质量为m，电量为e，在A、B两板之间加上图26乙所示的交变电压，其中0k1，U0；紧靠B板的偏转电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距偏电场的中轴线(虚线)过A、B两板中心，距离偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ.不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器AB中的运动时间忽略不计图26(1)在0T时间内，荧光屏上有两个位置发光，试求这两个发光点之间的距离(结果用L、d表示，第2小题亦然)(2)以偏转电场的中轴线为对称轴，只调整偏转电场极板的间距，要使荧光屏上只出现一个发光点，极板间距应满足什么要求？(3)撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值，使在0T时间内通过电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值【导学号：69682125】【解析】(1)电子经过电容器AB的电场后，速度要发生变化在0kT时间内，设穿出B板后速度变为v1，由动能定理得：eU0mvmv，将U0代入后解得：v1.在偏转电场中，电子运动时间t1，侧移量y1at，解得：y1.根据偏转电场中的推论可知，其打在荧光屏上的坐标y12y1设在kTT时间内，穿出B板后速度变为v2，同理可得，v2v1，y2.打在荧光屏上的坐标y22y2.荧光屏上两个发光点之间的距离yy1y2.(2)考虑到临界条件，设当极板间距为d时，电子刚好从偏转极板边缘飞出，则有dat2，又a，t，整理得，d.对于速度v1时，d1L；对于速度v2时，d2L；只调整偏转电场板板的间距(仍以虚线为对称轴)，要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足：LdL.(3)要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，则0T内前后两段电子束的长度必须相等(且刚好重叠)，第一束长度：l1v1kT；第二束长度：l2v2(TkT)；当l1l2时，即v1kTv1(1k)T，解得k2.【答案】(1)(2)Ld1)，电压变化的周期为2，如图27乙所示在t0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用若k，电子在02时间内不能到达极板A，求d应满足的条件图27【解析】电子在0时间内做匀加速运动加速度的大小a1位移x1a12在2时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2初速度的大小v1a1匀减速运动阶段的位移x2由题知dx1x2，解得d.【答案】d电场中的功能关系带电的物体在电场中具有一定的电势能，同时还可能具有动能和重力势能等因此涉及与电场有关的功和能的问题可用以下两种功和能的方法来快速简捷的处理因为功能关系既适用于匀强电场，又适用于非匀强电场，且使用的同时不需考虑中间过程；而力与运动的关系不仅只适用于匀强电场，而且还需分析其中间过程的受力情况、运动特点等1用动能定理处理，应注意：(1)明确研究对象、研究过程(2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功(3)弄清所研究过程的初、末状态2应用能量守恒定律时，应注意：(1)明确研究对象和研究过程及有哪几种形式的能参与了转化(2)弄清所研究过程的初、末状态(3)应用守恒或转化列式求解如图28甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，在细杆右侧d0.30 m的A点处有一固定的点电荷细杆上套有一带电荷量q1106 C、质量m0.05 kg的小环设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环由静止释放后，其动能Ek随h的变化曲线如图28乙所示已知静电力常量k9.0109 Nm2/C2，重力加速度g10 m/s2.(计算结果保留两位有效数字)图28(1)试估算点电荷所带电荷量Q的大小；(2)求小环位于h10.40 m处时的加速度a；(3)求小环从h20.30 m处下落到h30.12 m处的过程中，其电势能的改变量【解析】(1)由题图乙可知，当h0.36 m(或h0.12 m)时，小环所受合力为零，则有kmg代入已知数据解得Q1.6105 C.(2)小环加速度沿杆方向，则mgF1ma又F1k.代入已知数据解得a0.78 m/s2，方向竖直向下(3)设小环从h20.30 m处下落到h30.12 m处的过程中，电场力对小环做功为W，根据动能定理有mg(h2h3)WEk0.055 0 J0.068 5 J0.013 5 J代入已知数据解得WEkmgh0.10 J所以小环的电势能增加了0.10 J.【答案】(1)1.6105 C(2)0.78 m/s2方向竖直向下(3)增加0.10 J(1)应用电场力可以分析平衡问题，也可以结合牛顿第二定律应用电场力分析动力学问题.(2)在非匀强电场中，通过动能定理分析电场力做功，可以求解电势能变化的问题.针对训练5. (多选)如图29所示，在绝缘的斜面上方存在方向水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是() 【导学号：69682126】图29A金属块带正电荷B金属块克服电场力做功8 JC金属块的机械能减少12 JD金属块的电势能减少4 JAC在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，根据动能定理得：W总WGW电WfEk，解得W电4 J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力方向水平向右，所以金属块带正电荷，故A正确；金属块克服电场力做功4 J，B错误；在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故C正确；金属块克服电场力做功4 J，金属块的电势能增加4 J，故D错误6.如图210，等量异种点电荷固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响求：图210(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；(2)在Q、Q形成的电场中，A点的电势A；(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小【解析】(1)小球经B点时，在竖直方向有Fmgm解得Fmgm由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小Fmgm.(2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以B0小球从A到B过程中，由动能定理得mgLq(AB)mv2A.(3)由电场对称性可知，CA即UAC2A小球从A到C过程，根据动能定理qUACmv解得vC.【答案】(1)mgm(2) (3)