高考物理一轮复习第七章静电场第讲带电粒子在电场中运动的综合问题(新)-课件
2021版高考物理一轮复习课件第7章静电场专题(07)在电场中运动的综合问题
【总结提升】 (1)当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受 力情况决定了粒子的运动情况，粒子可能做周期性的运动．
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C 多维 课堂 突破
考点一 带电粒子在交变电场中的运动问题 1．常见的交变电场 常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)． (2)粒子做往返运动(一般分段研究)． (3)粒子做偏转运动(一般分解研究)．
多维探究
(1)在 t＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处． (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
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解析：(1)电子经电场加速满足 qU0＝12mv2 经电场偏转后侧移量 y＝12at2＝12·qmUL偏Lv2 所以 y＝U4U偏L0 ，由图知 t＝0.06 s 时刻 U 偏＝1.8U0， 所以 y＝4.5 cm 设打在屏上的点距 O 点的距离为 Y，满足Yy＝L＋L L2
(1)23 s 内小物块的位移大小； (2)23 s 内电场力对小物块所做的功．
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解析：(1)设 0～2 s 内小物块的加速度为 a1 由牛顿第二定律得：E1q－μmg＝ma1 即 a1＝E1q－mμmg＝2 m/s2 位移 x1＝12a1t21＝4 m 2 s 末的速度为 v2＝a1t1＝4 m/s 设 2～4 s 内小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律得 E2q－μmg＝ma2 即 a2＝E2q－mμmg＝－2 m/s2
以连续产生粒子的粒子源，O 点到 A、B 的距离都是 l.现在 A、B 之间加上电压，电压 UAB 随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生 300 个粒子，粒子质量为 m、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开 始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不 影响 A、B 板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量 l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C．
2021年高考物理一轮复习：第七章《静电场》第3讲带电粒子在电场中的运动
2021年高考物理一轮复习：第七章《静电场》
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
一、电容器及电容
1.电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成.
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值.
(3)电容器的充、放电： ①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能.
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电能转化为其他形式的能.
2.电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值.
(2)定义式：C ＝Q U
. (3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F ＝106 μF ＝1012 pF.
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低.
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关.
3.平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离.
(2)决定式：C ＝εr S 4πkd
. 自测
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关于电容器及其电容，下列说法中正确的
是( ) A.平行板电容器一板带电＋Q ，另一板带电－Q ，则此电容器不带电
B.由公式C ＝Q U
可知，电容器的电容随电荷量Q 的增加而增大 C.对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比
D.如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容 答案 C
二、带电粒子在电场中的运动
1.加速
(1)在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝12m v 2－12
m v 02.。
高考物理一轮总复习 第七章 静电场 能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题练习(含解析)新
能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题一、选择题1．如下列图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h ，质量均为m 、带电荷量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)，不计重力，假设两粒子轨迹恰好相切，如此v 0等于( )A.s22qEmh B.s2qE mh C.s42qE mh D.s4qE mh解析：选B 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，如此在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qEmh，应当选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．2.(2019届河北定州中学月考)如下列图，A 、B 为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S 分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a 和b ，在a 孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，假设不计空气阻力，该质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b 孔，如此可行的方法是( )A ．保持S 闭合，将A 板适当上移B ．保持S 闭合，将B 板适当下移C ．先断开S ，再将A 板适当上移D ．先断开S ，再将B 板适当下移解析：选B 设质点距离A 板的高度为h ，A 、B 两板原来的距离为d ，电压为U ，质点的电荷量为q .由题知质点到达b 孔时速度恰为零，根据动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝0.假设保持S 闭合，将A 板适当上移，设质点到达b 时速度为v ，由动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝12mv 2，v ＝0，说明质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b 孔，故A 错误；假设保持S闭合，将B 板适当下移距离Δd ，由动能定理得mg (h ＋d ＋Δd )－qU ＝12mv 2，如此v >0，质点能穿过b 孔，故B 正确；假设断开S 时，将A 板适当上移，板间电场强度不变，设A 板上移距离为Δd ，质点进入电场的深度为d ′时速度为零．由动能定理得mg (h －Δd ＋d ′)－qEd ′＝0，又由原来情况有mg (h ＋d )－qEd ＝0.比拟两式得，d ′<d ，说明质点在到达b 孔之前，速度减为零，然后返回，故C 错误；假设断开S ，再将B 板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b 孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b 孔，故D 错误．3．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A 板的电势比B 板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A 板运动时为速度的正方向，如此如下图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C 、D 两项中的图线按正弦函数规律变化)( )解析：选A 电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，C 、D 两项错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零．之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误．4.(2018届高考原创猜题卷)如下列图，高为h 的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的43倍，重力加速度为g ，如此物块落地的速度大小为( )A ．25ghB ．2ghC ．22gh D.532gh 解析：选D 对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F 合＝53mg ，x ＝53h ，由动能定理得F 合·x ＝12mv 2，解得v ＝532gh .5.(多项选择)如下列图，光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，AB 水平轨道局部存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，如此( )A ．R 越大，x 越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，x 越大D ．m 与R 同时增大，电场力做功增大解析：选ACD 小球在BCD 局部做圆周运动，在D 点，mg ＝m v D 2R，小球由B 到D 的过程中有－2mgR ＝12mv D 2－12mv B 2，解得v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，如此x越大，选项A 正确；在B 点有F N －mg ＝m v B 2R，解得F N ＝6mg ，与R 无关，选项B 错误；由Eqx＝12mv B 2，知m 、R 越大，小球在B 点的动能越大，如此x 越大，电场力做功越多，选项C 、D 正确．6.(多项选择)(2018届湖北八校联考)如下列图，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，1k .重力加速度为g ，如此( )A ．电场强度的大小为 mg qB ．小球初速度的大小为g 2kC ．小球通过点P 时的动能为 5mg4kD ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mg k解析：选BC 小球做类平抛运动，如此电场力与重力的合力沿x 轴正方向，qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mgq ，A 错误；F 合＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由类平抛运动规律有1k＝v 0t ，1k ＝12gt 2，得小球初速度大小为v 0＝g 2k ，B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12，所以小球通过点P 时的动能为12mv 2＝12m (v 02＋v x 2)＝5mg 4k ，C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W ＝qE ·1k 1cos45°＝2mgk，D 错误．二、非选择题7.(2019届吉安模拟)如下列图，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m ，电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求小球的带电性质与电场强度E ；(2)假设小球恰好完成竖直圆周运动，求从A 点释放小球时应有的初速度v A 的大小(可含根式)．解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有EqL sin α－mgL (1－cos α)＝0 解得E ＝3mg 3q. (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，如此G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．假设小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：m v 2L ＝233mg 由A 点到等效最高点，根据动能定理得 －233mgL (1＋cos30°)＝12mv 2－12mv A 2 联立解得v A ＝2gL 3＋1.答案：(1)正电3mg3q(2)2gL 3＋18．(2018届河南南阳一中月考)如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板间距为d ，大量电子(质量为m ，电荷量为e )连续不断地从中点O 沿与极板平行的OO ′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、幅值恒为U 0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计电子重力)．求这些电子穿过平行板时距OO ′的最大距离和最小距离．解析：以电场力的方向为正方向，画出电子在t ＝0、t ＝t 0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度v y 随时间t 变化的v y t 图象，如图甲和乙所示．电场强度E ＝U 0d电子的加速度a ＝Ee m ＝U 0edm 图甲中，v y 1＝at 0＝U 0et 0dmv y 2＝a ×2t 0＝2U 0et 0dm由图甲可得电子的最大侧位移y max ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＋v y 1＋v y 22t 0＝3U 0et 02md由图乙可得电子的最小侧位移 y min ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＝3U 0et 022md .答案：3U 0et 02md 3U 0et 022md9.(2019届德州质检)如下列图，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h 高度的P 点，固定电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点正下方B 点时速度为v .点电荷产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处的电势为零)，PA 连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A 点时受到轨道的支持力大小； (2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势． 解析：(1)物块在A 点受到点电荷的库仑力F ＝kr 2由几何关系可知P 、A 间距离r ＝hsin60°设物块在A 点时受到轨道的支持力大小为F N ，由平衡条件有F N －mg －F sin60°＝0解得F N ＝mg ＋33k8h2. (2)设点电荷产生的电场在B 点的电势为φB ，由动能定理有q (φ－φB )＝12mv 2－12mv 02 解得φB ＝φ＋m v 02－v 22q.答案：(1)mg ＋33k 8h 2(2)φ＋m v 02－v22q10.(2018届湖南五校高三联考)如下列图，长度为d 的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O 上，另一端固定一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC 和BD 分别为圆的竖直和水平直径，等量异种点电荷＋Q 、－Q 分别固定在以C 为中点、间距为2d 的水平线上的E 、F 两点．让小球从最高点A 由静止开始运动，经过B 点时小球的速度大小为v ，不考虑q 对＋Q 、－Q 所产生电场的影响，重力加速度为g ，求：(1)小球经过C 点时对杆的拉力大小； (2)小球经过D 点时的速度大小．解析：(1)小球从A 点到C 点过程，根据动能定理有mg ·2d ＝12mv C 2在C 点，由牛顿第二定律有T －mg ＝m v C 2d得T ＝5mg根据牛顿第三定律知，球对杆的拉力大小为T ′＝T ＝5mg .(2)设U BA ＝U ，根据对称性可知U BA ＝U AD ＝U小球从A 点到B 点和从A 点到D 点过程中，根据动能定理有mgd ＋qU ＝12mv 2mgd －qU ＝12mv D 2得v D ＝4gd －v 2.答案：(1)5mg (2) 4gd －v 2|学霸作业|——自选一、选择题1.(2019届吉林调研)真空中，在x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N ，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设试探电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，得到试探电荷P 的速度与其在x 轴上的位置关系如下列图，如此如下说法正确的答案是( )A ．点电荷M 、N 一定都是负电荷B ．试探电荷P 的电势能一定是先增大后减小C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为2∶1D ．x ＝4a 处的电场强度一定为零解析：选D 根据题意，试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速，其动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，选项B 错误；试探电荷在x ＝4a 处速度最大，加速度为零，合力为零，电势能最小，该处电场强度一定为零，选项D 正确；在x 轴上从原点处到x ＝6a 处，电场强度从两头指向x ＝4a 处，点电荷M 、N 一定都是正电荷，选项A 错误；由kQ M 4a2＝kQ N2a2可得Q M ＝4Q N ，选项C 错误． 2.(多项选择)(2018届山西太原一模)如下列图，在水平向右的匀强电场中，t ＝0时，带负电的物块以速度v 0沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，用E k 表示滑块的动能，x 表示位移，E p 表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v 0的方向为正方向，如此如下图线正确的答案是( )解析：选AD 物块先以速度v 0沿斜面向上滑动，然后下滑回到原处的过程中，除摩擦力在上滑和下滑时方向相反外，受的其他力大小和方向均不变，故物块先做匀减速运动(加速度较大)，再做反向的匀加速运动(加速度较小)，A 正确；对物块沿斜面上升过程由运动学公式有v 2－v 02＝－2ax ，由数学知识可知B 错误；沿斜面上升过程由动能定理有，－Fx ＝E k －E k0(F 为物块所受合外力，大小恒定)，图线应为直线，可知C 错误；取斜面底端为零势能面，由于物块带负电，且沿斜面向上电势逐渐降低，故物块的电势能随位移的增大而增大，D 正确．3.(2019届福州四校联考)如下列图，在竖直平面内固定一个半径为R 的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的一样的带负电小球A 和B 套在圆环上，其中小球A 可沿圆环无摩擦地滑动，小球B 固定在圆环上，和圆心O 的连线与水平方向的夹角为45°.现将小球A 从位于水平直径的左端位置由静止释放，重力加速度大小为g ，如此如下说法正确的答案是( )A ．小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中电势能保持不变B ．小球A 运动到圆环的水平直径右端P 点时的速度为0C ．小球A 运动到圆环最低点Q 的过程中，速率先增大后减小D ．小球A 到达圆环最低点Q 时的速度大小为gR解析：选C 小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中，受到电场力、重力、圆环的支持力三个力的作用，其中圆环的支持力始终与运动方向垂直，即圆环的支持力不做功，分析可知，重力与电场力合力的方向与小球运动方向的夹角先小于90°后大于90°，即合力对小球A 先做正功后做负功，根据动能定理，小球的动能先增大后减小，速率先增大后减小，选项C 正确；小球A 、B 之间的电场力为斥力，电场力与小球运动方向之间的夹角先小于90°后大于90°，可知小球A 从释放至运动到Q 点过程中，小球A 的电势能先减小后增大，选项A 错误；小球A 在释放点与在Q 点的电势能相等，小球A 从释放运动到Q 点的过程中，有mgR ＝12mv Q 2，v Q ＝2gR ，选项D 错误；假设小球A 到达P 点时速度为零，分析可知，小球A 在P 点与在释放点重力势能一样，小球A 在P 点的电势能比在释放点时大，由能量守恒可知假设错误，小球A 不能到达P 点，选项B 错误．4.(2018届湖南五校高三联考)在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以大小为v 的初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如下列图，由此可知( )A ．小球带正电B ．电场力大小为2mgC ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的运动时间相等D ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的速度变化量不相等解析：选D 根据小球从B 点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A 错误；因为到达C 点时速度水平，所以小球在C 点时的速度等于在A 点时的速度，因为AB ＝2BC ，设B 、C 间竖直距离为h ，如此A 、B 间竖直距离为2h ，小球由A 点到C 点根据动能定理有mg ×3h －Eqh ＝0，即Eq ＝3mg ，选项B 错误；小球从A 点到B 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g ，方向竖直向下，所用时间为t 1＝4hg＝2h g，从B 点到C 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a 2＝Eq －mgm＝2g ，方向竖直向上，故所用时间t 2＝2h2g＝hg，故t 1＝2t 2，选项C 错误；小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的过程中速度变化量大小都等于Δv ＝2ghg，但方向相反，选项D 正确． 5.(多项选择)(2018届四川宜宾二诊)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的一样带电粒子．t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．电场变化周期T ＝2dv 0，粒子质量为m ，不计粒子重力与相互间的作用力．如此( )A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv 02D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场解析：选AD 粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，如此t ＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t ＝2dv 0，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0，选项A 正确；竖直方向，粒子在T 2时间内的位移为d 2，如此12d ＝12·U 0q dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫d v 02，解得q ＝mv 02U 0，选项B 错误，t ＝T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移为d＝2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫3T 82－2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 82＝18aT 2＝12d ，故电场力做功W ＝U 0q d ×12d ＝12U 0q ＝12mv 02，选项C 错误；t ＝T 4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T 4，然后向下减速运动T 4，再向上加速T 4，向上减速T4，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P 板右侧边缘离开电场，选项D 正确．6.(多项选择)如下列图，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E .在与环心等高处放有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动，如下说法正确的答案是( )A ．小球经过环的最低点时速度最大B ．小球在运动过程中机械能守恒C ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg ＋qED ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg ＋qE )解析：选AD 根据动能定理知，在小球运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点时速度最大，故A 正确；小球在运动的过程中除了重力做功，还有电场力做功，机械能不守恒，故B 错误；小球经过环的最低点时，根据动能定理得mgR ＋qER ＝12mv 2，根据牛顿第二定律得F N －qE －mg ＝m v 2R，解得F N ＝3(mg ＋qE )，如此小球对轨道的压力为3(mg＋qE )，故C 错误，D 正确．二、非选择题7.如下列图，长为l 的轻质细线固定在O 点，细线的下端系住质量为m 、电荷量为＋q 的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h ，在小球最低点与水平面之间高为h 的空间内分布着场强为E 的水平向右的匀强电场．固定点O 的正下方l2处有一障碍物P ，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，不计空气阻力．(1)细线在刚要接触障碍物P 时，小球的速度是多大？(2)细线在刚要接触障碍物P 和细线刚接触到障碍物P 时，细线的拉力发生多大变化？ (3)假设细线在刚要接触障碍物P 时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？ 解析：(1)由机械能守恒定律得mgl ＝12mv 2，v ＝2gl .(2)细线在刚要接触障碍物P 时，设细线的拉力为T 1，由牛顿第二定律得T 1－mg ＝m v 2l细线在刚接触到障碍物P 时，设细线的拉力为T 2，由牛顿第二定律得T 2－mg ＝m v 2l2可解得T 2－T 1＝2mg ，即增大2mg .(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t ＝2hg小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离 x ＝vt ＋12·qEmt 2小球运动到水平面的过程由动能定理得mgh ＋qEx ＝E k －12mv 2解得E k ＝mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl .答案：(1)2gl (2)增大2mg(3)mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl8.如下列图，在竖直边界限O 1O 2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB ，其倾角为30°，A 点距水平地面的高度为h ＝4 m ．BC 段为一粗糙绝缘平面，其长度为L ＝ 3 m ．斜面AB 与水平面BC 由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界限O 1O 2右侧区域固定一半径为R ＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧贴竖直边界限O 1O 2，位于电场区域的外部(忽略电场对O 1O 2右侧空间的影响)．现将一个质量为m ＝1 kg 、电荷量为q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A 点由静止释放，且该小球与斜面AB 和水平面BC 间的动摩擦因数均为μ＝35.求：(g 取10 m/s 2)(1)小球到达C 点时的速度大小； (2)小球到达D 点时所受轨道的压力大小； (3)小球落地点距离C 点的水平距离．解析：(1)以小球为研究对象，由A 点至C 点的运动过程中，根据动能定理可得(mg ＋Eq )h －μ(mg ＋Eq )cos30°h sin30°－μ(mg ＋Eq )L ＝12mv C 2－0解得v C ＝210 m/s.(2)以小球为研究对象，在由C 点至D 点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得 12mv C 2＝12mv D 2＋mg ·2R 在最高点以小球为研究对象，可得F N ＋mg ＝m v D 2R解得F N ＝30 N ，v D ＝2 5 m/s.(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律可得mg ＋qE ＝ma ，解得a ＝20 m/s 2假设小球落在BC 段，如此应用类平抛运动的规律列式可得x ＝v D t,2R ＝12at 2解得x ＝ 2 m< 3 m ，假设正确． 即小球落地点距离C 点的水平距离为 2 m. 答案：(1)210 m/s (2)30 N (3) 2 m9.(2019届山东烟台模拟)如下列图，竖直固定的光滑绝缘的直圆筒底部放置一场源电荷A ，其电荷量Q ＝＋4×10－3C ，场源电荷A 形成的电场中各点的电势表达式为φ＝k Q r，其中k 为静电力常量，r 为空间某点到A 的距离．有一个质量为m ＝0.1 kg 的带正电小球B ，B 球与A 球间的距离为a ＝0.4 m ，此时小球B 处于平衡状态，且小球B 在场源A 形成的电场中具有的电势能表达式为E p ＝kr，其中r 为q 与Q 之间的距离．有一质量也为m 的不带电绝缘小球C 从距离B 的上方H ＝0.8 m 处自由下落，落在小球B 上立刻与小球B 粘在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，它们向上运动到达最高点P (取g ＝10 m/s 2，k ＝9×109N·m 2/C 2)，求：(1)小球C 与小球B 碰撞后的速度为多少？ (2)小球B 的带电荷量q 为多少？ (3)P 点与小球A 之间的距离为多大？(4)当小球B 和C 一起向下运动与场源A 距离多远时，其速度最大？速度的最大值为多少？解析：(1)小球C 自由下落H 距离的速度v 0＝2gH ＝4 m/s小球C 与小球B 发生碰撞， 由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1 代入数据得v 1＝2 m/s.(2)小球B 在碰撞前处于平衡状态，对B 球进展受力分析知mg ＝ka 2代入数据得q ＝49×10－8C.(3)C 和B 向下运动到最低点后又向上运动到P 点，运动过程中系统能量守恒， 设P 与A 之间的距离为x ，由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝2mg (x －a )＋k x代入数据得x ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋25 m(或x ＝0.683 m)．(4)当C 和B 向下运动的速度最大时，设与A 之间的距离为y ， 对C 和B 整体进展受力分析有2mg ＝ky 2代入数据有y ＝25m(或y ＝0.283 m) 由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝12×2mv m 2－2mg (a －y )＋k y代入数据得v m ＝ 16－8 2 m/s(或v m ＝2.16 m/s)． 答案：(1)2 m/s (2)49×10－8C (3)2＋25 m (4)25m16－8 2 m/s10．(2017年全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M ，N 先后以一样的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．解析：(1)设小球M ，N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，如此它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M ，N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3.④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式得v y 2＝2gh ⑤H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H .⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，如此v 0v y ＝qEmg⑨ 设M ，N 离开电场时的动能分别为E k1，E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH －qEs 2⑪由条件E k1＝1.5E k2⑫ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg 2q. 答案：(1)3 (2)13H (3)mg2q。
高考物理一轮复习专题七-带电粒子在电场中运动的综合问题
[解析] 由图象可知，将正电荷沿 x 轴正向移动，从 x2 移 动到 x4 的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选 项 A 错误；从 x1 移动到 x3 的过程电场力沿 x 轴负方向，电场 力做负功，电势能增大，选项 B 正确；从 x1 到 x4 的过程场强 先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项 C 正确，D 错 误．
32xd＝ΔΔEEppAB ⑨ 解得 x＝d.MA 为等势线，电场必与其垂线 OC 方向平行．设 电场方向与竖直向下的方向的夹角为 α，由几何关系可得 α＝ 30° ⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°斜向右下方
设场强的大小为 E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA ⑪ 由④⑦⑪式得 E＝ 36mq g. ⑫
(1)无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向．
[解题指导] 第一步：抓关键点
关键点 ① ②
③④ ⑤
获取信息
小球做平抛运动
平抛运动过A点时的水平、竖直位移可 确定
有重力做功和电场力做功，其中电场力 做的功等于电势能的变化量
重力不能忽略
第二步：找突破口 (1)要确定小球到达 A 点时的动能与初动能比值，可由平抛 运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系． (2)要确定电场强度的方向，根据到 A、B 两点的动能变化 可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在 OB 线上找出与 A 等势的点，并确定其具体位置)．
带电粒子的力、电综合问题
1．方法技巧 功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种 性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分 析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择 相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问 题时仍是首选．
高考物理总复习第七章静电场第40课时带电粒子在电场中的运动(重点突破课)课件
答案：BC
2.(多选)如图所示为一个示波器工作原理
的示意图，电子经电压为 U1 的加速电
场后以速度 v0 垂直进入偏转电场，离
开电场时的偏转量是 h，两平行板间的
距离为 d，电势差为 U2，板长为 L，为了提高示波管的灵敏
度(每单位电压引起的偏转量Uh2)可采取的方法是(
)
A．减小两板间电势差 U2
为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响), 则有 qU
(1)加速度：a＝mF＝qmE＝_m__d__。 l
(2)在电场中的运动时间：t＝_v_0__。
v＝ vx2＋vy2，tan θ＝vvxy＝__m_qv_U0_2l_d_。
[小题热身] 1．(多选)一个只受电场力的带电微粒进入匀强电场，则该微粒的
2．常见两种分析思路 (1)运动和力的关系：根据带电粒子受到的电场力，用 _牛__顿__第__二__定__律__求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子 的运动情况。此方法只适用于 匀强 电场。 (2)动能定理：根据电场力对带电粒子所做的功等于带 电粒子动能的变化求解，此方法既适用于匀强电场，也适用 于 非匀强 电场。
之间做匀减速直线运动，只考虑匀减速直线运动过程，可以认
为电子是从右向左的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速
直线运动规律可知，通过容器的速度之比为 v1∶v2∶v3＝ 3∶ 2∶1，所以 A 正确。电子在容器中做匀速直线运动，故通过
容器的时间之比为
1∶ 3
12∶1，所以
B
错误。因各容器间的距
离相等，故通过各容器间隙的时间之比 t1∶t2∶t3＝( 3－ 2)∶ ( 2－1)∶1，所以 C 错误。电子在匀强电场中所受电场力不变，
出射，则该电子停止运动前
新版高考物理 第七章 静电场 7-4-2 带电粒子在交变电场中运动课件.ppt
题组剖析
变式训练5如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙 所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两 板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动， 时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是 ()
A．0<t0<T4
T 3T B.2<t0< 4
带电粒子在交变电场中的运动
01 课堂互动 02 命题角度1 03 命题角度2 04
课堂互动
1．此类题型一般有三种情况 (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)； (2)二是粒子做往返运动(一般分段研究)； (3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究 )。 2．两条分析思路：一是力和运动的关系，根据牛顿第 二定律及运动学规律分析；二是功能关系。 3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒 子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解 粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相 关的边界条件。
A．物块在4 s内位移是6 m B．物块的质量是2 kg C．物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2 D．物块在4 s内电势能减少了18 J
转到解析
题组剖析
变式训练4 如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。 开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场 力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板 运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变 化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)
题组剖析
命题角度1 粒子做单向直线运动 例4 (2017·长治模拟)(多选)在绝缘水平桌面(桌面足够 大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的 变化关系如图所示，小物块电荷量为q＝＋1×10－4 C， 将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块速度v与 时间t的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列 说法正确是( )
高考物理一轮复习第七章静电场微专题七带电粒子在电场中运动问题的规范解答课件新人教版
案例剖析 满分规范练
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(3)微粒从释放开始经 t1 射出 B 板的小孔，则 d＝12vt1③(2 分)
设微粒在半圆形金属板间运动经过 t2 第一次到达最低点 P 点，
则 t2＝14·2πvR＝π4Lv＝π4L 2mqU④(2 分)
从释放微粒开始到微粒第一次到达 P 点经过的时间：
第七章 静电场 微专题七|带电粒子在电场中运动问题的规范解答
C目录 ONTENTS
[案例剖析] [满分规范练]
[案例剖析]
[典例] (20 分)如图所示，A、B 为两块平行 金属板，A 板带正电、B 板带负电．两板之间 存在着匀强电场，两板间距为 d、电势差为 U， 在 B 板上开有两个间距为 L 的小孔．C、D 为 两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近 B 板 的 O′处，C 带正电、D 带负电．两板间的距离很近，两板末 端的中心线正对着 B 板上的小孔，两板间的电场强度可认为大 小处处相等，方向都指向 O′.半圆形金属板两端与 B 板的间隙 可忽略不计．现从正对 B 板小孔紧靠 A 板的 O 处由静止释放 一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电微粒(微粒的重力不计)， 求：
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第(3)问： (1)只列出③式，没有计算出结果，但最终结果正确，不扣分， 计算结果错误，只得 2 分． (2)没有列出④式，而列出的是 T＝2πvR和 t2＝14T，最终结果正 确，不扣分，计算结果错误，只得 1 分． (3)没有考虑到运动的周期性，但说明了再经过 2(t1＋t2)时间微 粒再一次经过 P 点，且结果正确，可得 1 分．
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[规范解答]
(1)设微粒穿过 B 板小孔时的速度为 v，根据动能定理得
(新课标)2018年高考物理总复习第七章静电场第41课时带电体在电场中运动的综合问题(题型研究课)课件
[集训冲关]
1.将如图所示交变电压加在平行板电容器
A、B 两极板上，开始 B 板电势比 A 板电
势高，这时有一个原来静止的电子正处在
两板的中间，它在电场力作用下开始运
动，设 A、B 两极板的距离足够大，下列
(1)求电场强度 E 的大小； (2)若要使小球从 P 点出发能做完整的圆周运动，求小球初速 度的大小应满足的条件。
[解析] (1)当小球静止在 P 点时，
小球的受力情况如图所示，
则有mqEg＝tan 37°，所以 E＝34mqg。 (2)当小球做圆周运动时，可以等效为在一
个“重力加速度”为54g 的“重力场”中运动。 若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的 Q 点。设
二、带电体在等效场中的运动问题 1.等效思维法 等效思维法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物 理模型或问题的方法。对于这类问题，若采用常规方法求解，过 程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运 算，过程比较简捷。 2．方法应用 先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重
考法 2 带电粒子在交变电场中的偏转
[例 2] (2017·淮安月考)如图甲所示，水平放置的平行金属板 AB
间的距离 d＝0.1 m，板长 L＝0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有 小孔的挡板，小孔恰好位于 AB 板的正中间。距金属板右端 x＝0.5 m 处竖直放置一足够大的荧光屏。现在 AB 板间加如图乙所示的方波形电 压，已知 U0＝1.0×102 V。在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以 平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量 m＝1.0×10－7 kg， 电荷量 q＝1.0×10－2 C，速度大小均为 v0＝1.0×104 m/s。带电粒子的 重力不计。求：
2020届高考物理备考一轮复习说课课件《静电场》(共39张PPT)
（1）静电场的基本概念和基本规律 （2）带电粒子在电场中的运动问题
1、复习环节
构建知识网络 ↓
考点突破例题讲解 ↓
课上巩固练习 ↓
方法总结 ↓
课后同步练习 ↓
周测滚动练习
2、课型设计
复习指导课：点线面相结合，构建知识网络， 突出主干和重点。
习题课：通过基础题，全方位无死角训练所有 考点，渗透基本方法和物理模型。纠错、解惑、 归纳和总结，帮助学生发现知识的断点、盲点， 从而做到查漏补缺。
1、学生学科基础知识分析：
大多数的学生对基本知识掌握不够牢固。各节的知识点尚处于零碎、孤立 和片面的分立状态，毫无知识架构，缺乏将本章知识与力学，运动学，能量这 些知识串联起来综合应用的能力，不能很好地利用知识解决相应的问题。
2、学生易错点分析：
在学习电场能的性质方面，由于电荷量、电势、电势差、电势能、电场力 做功有正负之分，学生很容易在这里出错。
Ⅰ级要求，着重于对物理概念、现象的理解，较为
容易。
Ⅱ级要求，着重于对知识的应用和能力的考查，要
求较高。
高考(全国卷)命题分析 五年常考热点
三年未考重点
库仑定律及应用
2018
1卷16题
电场性质的理解
电容器 带电粒子在电场中的运动
2019 2018 2017 2016 2015
2016 2015 2016 2015
A．C点的电势φ C＝2 V B．A、F间的电势差UAF＝2 V C．C、F间的电势差UCF＝4 V D．该匀强电场的场强大小E＝200 V/m
方法总结： 熟练掌握电场的基本概念，各物理量之间的关系
定义式
公式 E＝F/q
适用条件 任何电场
(全国通用)高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动课件
考点一
考点二
考点三
2.如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小
孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下
极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:
(1)小球到达小孔处的速度;
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;
1 2
������
+
ℎ
−
������
2������
qh
=式可解得 h = 25d,D 项正确。
【参考答案】 D
【名师点睛】 解决带电粒子在电场中运动问题的方法:
灵活利用动力学分析的思想,采用受力分析和运动学方程相结合的方法进行解决,也可以
采用功能结合的观点进行解决,如果涉及匀变速的时间问题,一般用牛顿动力学处理,如
考点一
考点二
考点三
典例1 (多选)如图所示,两块较大的金 属板A、B平行放置并与一电源相连,S闭合后,两极板间有一质量为m、电荷量为q的油
滴恰好处于静止状态。以下说法中正确的是 ( )
A.若将A极板向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动,G中有b→a的电流 B.若将A极板向左平移一小段位移,则油滴仍然静止,G中有b→a的电流 C.若将S断开,则油滴立即做自由落体运动,G中无电流 D.若将S断开,再将A极板向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动,G中有b→a的电流
能。
2.电容 (1)定义式: C=������������ 。 (2)单位:法拉(F),1 F=106 μF=1012 pF。
3.平行板电容器
(1)影响因素:平行板电容器的电容与 正对面积 成正比,与介质的介电常数
2021高考物理一轮复习第七章静电场专题五带电粒子在电场中运动的综合问题课件新人教版
vv0y＝mqEg，⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动 能定理得 Ek1＝12m（v20＋v2y）＋mgH＋qEs1，⑩ Ek2＝12m（v20＋v2y）＋mgH－qEs2，⑪ 由已知条件，得 Ek1＝1.5Ek2.⑫来自联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式，得
E＝ m2gq.⑬
答案：（1）3∶1
A.运动到 P 点返回 B.运动到 P 和 P′点之间返回 C.运动到 P′点返回 D.穿过 P′点 答案：A
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时 间，你们休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一 动，久坐对身体不好哦~
2.（2019·安徽合肥质检）如图所示， 在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心 为 O，半径为 r，内壁光滑，A、B 两点分 别是圆轨道的最低点和最高点.该区间存在方向水平向右 的匀强电场，一质量为 m、带负电的小球在轨道内侧做完 整的圆周运动（电荷量不变），经过 C 点时速度最大，将 CO 连接并延长，交圆轨道于点 D.CO 与竖直方向的夹角 θ＝60°，重力加速度为 g.
v0－at＝0，① s1＝v0t＋12at2，② s2＝v0t－12at2，③ 联立①②③式得ss21＝3.④ （2）设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学公式得 v2y＝2gh，⑤
H＝vyt＋12gt2，⑥ M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 vv0y＝Hs1，⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，可得 h＝13H.⑧ （3）设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做 直线运动，则
结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成
功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
2019年度高考物理一轮复习第七章静电场专题强化八带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题课件
功.
(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能).
(4)根据W＝
ΔEk
列出方程求解.
2.用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
列式的方法常有两种： (1)利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程. (2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加(即ΔE＝ΔE′)列方程. 3.两个结论 (1)若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和 (2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和 . 保持不变 之和保持 电势能
间电场强度的变化规律如图乙所示.t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度 v0沿中线射入两板间，0～
3 边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触 .重力加速度的大小为 g.关于微粒
在0～T时间内运动的描述，正确的是
T 时间内微粒匀速运动， T时刻微粒恰好经金属板
A.末速度大小为
√ C.重力势能减少了 1mgd √ 2 mgd D.克服电场力做功为
的圆周运动，珠子在 N点速度为0 时，所需初动能最小，此过程中，由动能 定理得：－F(r－
2
2－1 解得 EkA＝ mgr. 2
解析 答案
变式3
(2018· 陕西西安质检 ) 如图6所示的装置是在竖直平面内放置的光滑
绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由 静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动 .已知小球所受电 场力是其重力的
图4
2.物理最高点与几何最高点
在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆
周运动的临界速度问题.小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这 里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点.几何最高点是图形 中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体 在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点.
新课标2023版高考物理一轮总复习第七章静电场第2讲电场能的性质课件
4．(2020·山东等级考)(多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，
电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点
时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，
以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正
确的是
()
A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
解析：甲图中a、b两点在两个等量同种点电荷的连线上、与连线中点距离相等， 根据对称性，Ea与Eb大小相等、但方向不同，φa与φb相同，A、B错误；乙图中c、 d两点在两个等量异种点电荷连线的中垂线上、与连线中点距离相等，φc与φd相同， 再根据场强的矢量合成可得Ec与Ed相同，C错误，D正确。 答案：D
势能规定为零，或把电荷在大地_表__面__上的电势能规定为零。
3．电势 定义 电荷在电场中某点具有的_电__势__能__E_p___与它的电__荷__量__q__之比 定义式 φ＝Eqp，电势是_标__量___，其正(负)表示该点电势比_零__电___势__高(低) 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
解析：根据 Uab＝E·ab·cos 60°，可得电场强度的大小 E＝ab·cUoasb60°＝200 V/m， A 正确；沿电场线电势逐渐降低，可知 b 点的电势比 d 点的电势高，B 错误； 将电子从 c 点移到 d 点，因电子所受的电场力与位移反向，可知电场力做负功， C 错误；因 a 点的电势低于 c 点电势，则电子在 a 点的电势能大于在 c 点的电 势能，D 正确。 答案：AD
2．如图所示，甲图中 a、b 两点在两个等量同种点电荷的连线上、与连线中点距离
相等，乙图中 c、d 两点在两个等量异种点电荷连线的中垂线上、与连线中点距
高考物理一轮复习 第七章 静电场 第4讲 力电综合问题课件
2019/10/20
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谢谢欣赏！
2019/10/20
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解得 vC＝2.0 m/s.
(1 分)
设带电体通过 B 点时的速度为 vB，设轨道对带电体的支持
力大小为 FB，带电体在 B 点时，根据牛顿第二定律有 FB－
mg＝mvR2B.
(2 分)
带电体从 B 运动到 C 的过程中，依据动能定理有
－mg×2R＝12mv2C－12mv2B
(2 分)
联立解得 FB＝6.0 N， 根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力 F′B＝6.0 N．
【典题例证】
(16 分)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道 AB 与处于竖 直平面内的半圆形绝缘光滑轨道 BC 平滑连接，半圆形轨道 的半径 R＝0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电 场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度 E＝1.0×104 N/C.现有一电荷量 q＝＋1.0×10－4 C，质量 m＝0.1 kg 的带 电体(可视为质点)，在水平轨道上的 P 点由静止释放，带
心思在如何在课件中贯彻案例的设计意图上、如何增强课件的实效性上，既是技术上的进步，也是理论上的深化，通过几个相关案例的制作，课件的概 念就会入心入脑了。 折叠多媒体课件 多媒体教学课件是指根据教师的教案，把需要讲述的教学内容通过计算机多媒体(视频、音频、动画)图片、文字来表述并构成的课堂要件。它可以生动、 形象地描述各种教学问题，增加课堂教学气氛，提高学生的学习兴趣，拓宽学生的知识视野，10年来被广泛应用于中小学教学中的手段，是现代教学发 展的必然趋势。
【重难解读】 电场中带电粒子(微粒)的运动及电场中力的性质和能的性质 主要有以下几个重点考查内容： 1．以电场强度为代表的反映电场力的性质的物理量：通过 场强的计算、库仑定律的应用、带电粒子(微粒)的加速和偏 转等知识，与力学观点结合考查运动类问题． 2．以电势为代表的反映电场能的性质的物理量：通过电场 力做功、电势能的计算，结合功能关系，能量守恒定律等考 查电场中能量的转化类体从最高点 C 落至水平轨道上的 D 点经历的时间
高考物理课标通用一轮复习课件第七章带电粒子在电场中运动的综合问题
点，D 为最高点。一质量为 m、带正电的小球从距 B 点 x
的位置在电场力的作用下由静止开始沿 AB 向右运动，恰
能通过最高点，则
()
A．R 越大，x 越大
B．R 越大，小球经过 B 点后瞬间对轨道的压力越大
C．m 越大，x 越大
D．m 与 R 同时增大，电场力做功增大
解析：小球在 BCD 部分做圆周运动，在 D 点，mg＝mvRD2，小 球由 B 到 D 的过程中有：－2mgR＝12mvD2－12mvB2，解得 vB＝
第4 节
带电粒子在电场中运动的综合问题
1 课堂提能·考点全通 2 课后演练·逐级过关
课 堂 提能·考点全通
易点速过，难点精研，时间用到增分点上
突破点(一) 示波管的工作原理(自主悟透类)
在示波管模型中，带电粒子经加速电场 U1 加速，再经偏 转电场 U2 偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光 屏上而显示亮点 P，如图所示。
突破点(二) 带电粒子在交变电场中的运动(多维探究类)
1．常见的交变电场 常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦 波等。 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。 (2)粒子做往返运动(一般分段研究)。 (3)粒子做偏转运动(一般分解研究)。 3．分析两个关系 (1)力和运动的关系。 (2)功能关系。
上，这是粒子打在荧光屏的最上端位置，则荧光屏的发光长度：
d＝y＝5l。
[答案] (1)打在 N 极板中点 (2)5l
突破点(三) 带电粒子的力电综合问题 (师生共研类)
[典例] (2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为 E1 的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运 动，速度大小为 v0。在油滴处于位置 A 时，将电场强度的大 小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间 t1 后， 又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时 间后，油滴运动到 B 点。重力加速度大小为 g。
高考物理一轮总复习 第七章 静电场 能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题课件
12/8/2021
栏 板块一 考点 1 目 突破 导 板块二 素养 2
培优
航
3 板块三 跟踪 检测
12/8/2021
板块 考点突破 一 通关
记要点、练高分、考点
12/8/2021
考点一 带电粒子(带电体)在交变电场中的运动——多维探究 |记要点|
[答案] AC
12/8/2021
考向二 带电粒子(带电体)做往返运动 【例 2】 (多选)如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象．当 t ＝0 时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用， 则下列说法中正确的是( ) A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s 末带电粒子回到原出发点 C．3 s 末带电粒子的速度为零 D．0～3 s 内，电场力做的总功为零
12/8/2021
[解析] 设第 1 s 内粒子的加速度为 a1，第 2 s 内的加速度为 a2，由 a＝qmE可知， a2＝2a1，可见，粒子第 1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向 运动，至 3 s 末回到原出发点，粒子的速度为 0，v -t 图象如图所示，由动能定理可 知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知 C、D 正确．
12/8/2021
|明考向| 考向一 带电粒子(带电体)做单向直线运动 【例 1】 (多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电 场强度 E 随时间 t 的变化关系如图所示，小物块的电荷量为 q＝＋1×10－4 C，将其放 在该水平桌面上并由静止释放，小物块的速度 v 与时间 t 的关系如图所示，重力加速 度 g 取 10 m/s2，则下列说法正确是( )
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第6讲带电粒子在电场中运动的综合问题A组基础题组1.如图所示,A、B两块平行金属板水平放置,A、B间所加电压为U。
虚线MN与两极板等距。
一个质量为m、电荷量为q的粒子沿MN虚线从左向右以初速度v0射入电场,它从电场右边缘某处飞出电场时的速度方向与虚线MN的夹角为45°(图中未画出)。
则在带电粒子穿越电场过程中( )A.电场力对粒子所做的功为qUB.电场力对粒子所做的功为C.电场力对粒子所做的功为mD.电场力对粒子所做的功为m2.(2015湖南衡阳第一次联考,20)(多选)如图所示,一个电荷量为-Q的点电荷甲,固定在粗糙绝缘水平面上的O点,另一个电荷量为+q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,到B点时速度减小到最小v。
已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ,A、B间距离为L,静电力常量为k,则下列说法中正确的有( )A.O、B间的距离等于B.点电荷甲在B点处的电场强度大小为C.在点电荷甲形成的电场中,A、B间的电势差U AB=D.点电荷乙从A向O点靠近的过程中,其电势能一直减小3.(2016重庆一中月考)如图所示,在水平向左的匀强电场中,倾角α=53°的固定光滑绝缘斜面,高为H。
一个带正电的物块(可视为质点)受到的电场力是重力的倍,现将其从斜面顶端由静止释放,重力加速度为g,则物块落地的速度大小为( )A.2B.2C.D.24.(2015河北保定调研,16)一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动,其电势能随时间变化规律如图所示,则下列说法正确的是( )A.该粒子可能做直线运动B.该粒子在运动过程中速度保持不变C.t1、t2两个时刻,粒子所处位置电场强度一定相同D.粒子运动轨迹上各点的电势一定相等5.(2015黑龙江大庆第二次质量检测,20)(多选)A、B为某电场中一条直线上的两个点,现将正点电荷从A 点由静止释放,仅在电场力作用下运动一段距离到达B点,其电势能E p随位移x的变化关系如图所示,从A 到B过程中,下列说法正确的是( )A.电场力对电荷一直做正功B.电荷所受电场力先减小后增大C.电荷所受电场力先增大后减小D.电势先降低后升高6.(2015河北唐山一模,19)(多选)如图所示,ABC为表面光滑的斜劈,D为AC中点,质量为m带正电的小滑块沿AB面由A点静止释放,滑到斜面底端B点时速度为v0,若空间加一与ABC平面平行的匀强电场,滑块仍由静止释放,沿AB面滑下,滑到斜面底端B点时速度为v0,若滑块由静止沿AC面滑下,滑到斜面底端C 点时速度为v0,则下列说法正确的是( )A.电场方向与BC垂直B.滑块滑到D点时机械能增加了mC.B点电势是C点电势的2倍D.B点电势与D点电势相等7.如图(a)所示,平行板电容器间距为d,两板所加电压如图(b)所示,t=0时刻,质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器,2.5T时恰好落在下极板上,带电粒子的重力不计,在这一过程中,求:(1)该粒子的水平位移;(2)粒子落到下极板时的速度。
B组提升题组8.(2016浙江宁波效实中学期中)(多选)如图所示,在地面上方的水平匀强电场中,一个质量为m、带电荷量为+q的小球,系在一根长为L的绝缘细线一端,可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。
AB为圆周的水平直径,CD为竖直直径。
已知重力加速度为g,电场强度E=mg/q,不计空气阻力,下列说法正确的是( )A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小速度v min=B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时的机械能最大C.若将小球在A点由静止开始释放,它将在ACBD圆弧上往复运动D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,它将能够到达B点9.(2015福建厦门质检,20)如图所示,光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接,并均处于水平向右的匀强电场中,已知匀强电场的场强E=5×103 V/m,圆弧轨道半径R=0.4 m。
现有一带电荷量q=+2×10-5 C、质量m=5×10-2 kg的物块(可视为质点)从距B端s=1 m处的P点由静止释放,加速运动到B端,再平滑进入圆弧轨道BC,重力加速度g=10 m/s2求:(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度v B的大小。
(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力N B的大小。
10.(2013四川理综,10,17分)在如图所示的竖直平面内,物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行。
劲度系数k=5 N/m的轻弹簧一端固定在O点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连,弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM垂直于斜面。
水平面处于场强E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中。
已知A、B的质量分别为m A=0.1 kg和m B=0.2 kg,B所带电荷量q=+4×10-6 C。
设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,B电量不变。
取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求B所受静摩擦力的大小;(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。
A从M到N 的过程中,B的电势能增加了ΔE p=0.06 J。
已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。
求A到达N点时拉力F的瞬时功率。
答案全解全析A组基础题组1.C 由题意知粒子从电场右边缘射出时的速度v==v0,根据动能定理可知电场力对粒子所做的功W=ΔE k=mv2-m=m,C正确,D错误;粒子射出电场时,其出射位置不确定,则其初、末位置间的电势差不确定,A、B错误。
2.ABD 点电荷乙到B点时速度最小,加速度为零,μmg=Eq⇒E=,B项正确;由库仑定律可知,μmg=k⇒r=,A 项正确;点电荷乙由A到B过程中,由动能定理有:qU AB-μmgL=mv2-m,则A、B两点间电势差U AB=,C项错;点电荷乙由A向O点靠近过程中,电场力做正功,其电势能一直减小,D项正确。
3.C 对物块受力分析知重力和电场力的合力F合==mg,设合力与水平方向成β角,则tan β==,得β=37°,则知物块所受合力方向与斜面不平行,物块沿合力方向做匀加速直线运动,且远离斜面,由动能定理有mgH+mg·=mv2-0,解得v=,选项C正确。
4.D 从题图可知,电势能不随时间发生变化,且粒子只受电场力作用,说明带负电的粒子沿等势面运动,粒子做变速曲线运动,粒子运动轨迹上各点的电势一定相等,其速度方向时刻在变化,场强方向也一定发生变化,如带负电的粒子以静止的正点电荷为圆心,以某一半径做匀速圆周运动,其具有的电势能不变,速度大小、所处位置的电场强度大小时刻相等,但方向不同,选项A、B、C错误,D正确。
5.BD 因电势能先减小后增大,则电场力先做正功后做负功,故A错误;电势能随位移x的变化关系图像的斜率的绝对值表示电场力的大小,因此电场力先减小后增大,B正确,C错误;正点电荷从A到B电场力先做正功,后做负功,则说明电场力方向变化,即电场方向先向右,后向左,所以电势先降低后升高,D正确。
6.BD 无电场时,小滑块由A滑到B或C过程中,mgh=m。
加上匀强电场后,从A滑到B过程中,mgh+qU AB=m(v0)2,从A滑到C过程中,mgh+qU AC=m()2,解以上三式得:U AC=2U AB,当A点电势为零时,C点电势为B点电势的2倍,C项错;根据匀强电场特点,U AD=U AB,即B、D两点电势相等,D项正确;电场方向与BD 垂直,A项错;滑块从A滑到D过程中,qU AD=qU AB=m,由功能关系可知,滑块滑到D时,机械能增加了m,B项正确。
7.答案(1)2.5v 0T (2)解析(1)带电粒子在水平方向不受外力作用,做匀速直线运动,因此水平位移为:s=v0t=v0×2.5T=2.5v0T。
(2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为v y=a·T=T粒子落在下极板上时的速度大小为v==。
B组提升题组8.AB 由于电场强度E=,故mg=qE,对小球受力分析如图,则知重力和电场力的合力大小为mg,方向与水平方向夹角为45°,则等效最低点在弧中点E处,等效最高点在弧中点F处,当小球在等效最高点时有mg=m,得最小速度v min=,故A正确;除重力和弹力外其他力做功等于机械能的改变量,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时,电场力做功最多,则小球运动到B点时的机械能最大,故B正确;因小球受合力方向与电场方向夹角为45°斜向下,若将小球在A点由静止开始释放,它将沿合力方向做匀加速直线运动,过C点后做曲线运动,故C错误;若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,假设其能运动到F点,则此过程中重力做的负功大于电场力做的正功,故小球动能减小,则其速度减小,由于小球过等效最高点的最小速度v min=,则知小球在F 点之前将脱离圆周,不可能到达B点,故D错误。
9.答案(1)1 s 2 m/s (2)1 N解析(1)在物块从开始至运动到B点的过程中,由牛顿第二定律可知:qE=ma又由运动学公式有:s=at2解得:t=1 s又因:v B=at得:v B=2 m/s(2)物块刚进入圆弧轨道时,在沿半径方向由牛顿第二定律,有:N B-mg=m解得:N B=1 N10.答案(1)0.4 N (2)0.528 W解析(1)F作用之前,A、B处于静止状态。
设B所受静摩擦力大小为f0,A、B间绳中张力为T0,有对A:T0=m A g sin θ①对B:T0=qE+f0②联立①②式,代入数据解得f0=0.4 N③(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体的位移均为s,A、B间绳子张力为T,有qEs=ΔE p④T-μm B g-qE=m B a⑤设A在N点时速度为v,受弹簧拉力为F弹,弹簧的伸长量为Δx,有v2=2as⑥F弹=k·Δx⑦F+m A g sin θ-F弹sin θ-T=m A a⑧由几何关系知Δx=⑨设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv⑩联立④~⑩式,代入数据解得P=0.528 W。