1、专题四 电场和磁场 第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动 1.电场的力的性质:(1)电场强度的定义式:E=_,适用于_。(2)真空中点电荷的场强公式:E=_。(3)场强与电势差的关系式:E=_,适用于_的计算,式中d为_。Fq任意电场 2Qk rUd匀强电场 沿场强方向上的距离 2.电场的能的性质:(1)电势的定义式:=_,与_的选取有关。(2)电势差的定义式:UAB=_,适用于_。(3)电势差与电势的关系式:UAB=_,与零电势能点的选 取_。(4)电场力做功与电势能变化的关系式:WAB=_。零势能点 pEqABWq任意电场 A-B 无关-Ep 3.带电粒子在电场中的运动:(1)加速运动的处
2、理方法:对匀加速直线运动,采用_ 的方法;对非匀变速运动,运用_求解。(2)偏转运动的处理方法:运用_的思想处 理。运动学公式与牛顿第二定律结合 动能定理 运动的合成与分解 1.(2013新课标全国卷)如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上;a、b带正电,电荷量均为q,c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为()A.B.C.D.23kq3l23kql23kql22 3kql【解析】选B。带电小球a、b在c球位置处的场强大 小均为Ea=,方向如图所示,根据平行四边形定 则,其合
3、电场强度大小为Eab=,该电场应与外 加的匀强电场E等大反向,即E=,选项B正确。2kql23kql23kql2.(2013四川高考)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=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=5N/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=5104N/C、方向 水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA=0.1kg和 mB=0.2kg,B所带电荷量q=+410-6C。设两物体均视为质点,
4、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=10m/s2,sin37=0.6,cos37=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=0.6m/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Ep=0.06J。已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数=0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。【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,对A:T0=mAgsin 对B:T0=qE+f0 联立式,代入数据解得f0=0.4N(2)物体A从M点到N点的过
5、程中,A、B两物体的位移均为x,A、B间绳子张力为T,有qEx=Ep T-mBg-qE=mBa 设A在N点时的速度为v,受弹簧的拉力为F弹,弹簧的伸长量 为x,有v2=2ax F弹=kx F+mAgsin-F弹sin-T=mAa 由几何关系知x=设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv 联立各式,代入数据解得P=0.528W 答案:(1)0.4N(2)0.528W x(1cos)sin热点考向1 电场性质的理解与应用 【典例1】(多选)(2013济南一模)一个正点电 荷Q静止在正方形的一个角上,另一个带电质点 射入该区域时,只在电场力作用下恰好能经过正 方形的另外三个角a、b、c,如图所示,则有()
6、A.a、b、c三点电势高低及场强大小的关系是a=cb,Ea=Ec=2Eb B.质点由a到b电势能增加,由b到c电场力做正功,在b点动能 最小 C.质点在a、b、c三处的加速度大小之比是121 D.若改变带电质点在a处的速度大小和方向,有可能使其经过 a、b、c三点做匀速圆周运动【解题探究】(1)画出正点电荷电场线及等势面,并说明其特点。提示:电场线特点:以正点电荷为中心,沿半径向外发散直线。等势面特点:以正点电荷为球心的一簇球面。(2)本题判断电势高低依据为_。(3)分析加速度大小之比的思路是什么?提示:加速度大小之比等于合外力之比,该题中的合外力等于电场力,而电场力之比又等于场强之比。沿着电
7、场线的方向电势降低【解析】选A、B。离正点电荷Q越近,电势越高,等距离的电势 相同,所以a、b、c三点电势关系为a=cb,根据点电荷场 强计算公式E=,因b到Q的距离是c到Q距离的 倍,所以a、b、c三点场强大小的关系是Ea=Ec=2Eb,故选项A正确;由电场力 与速度的夹角可知,质点由a到b电场力做负功,电势能增加;由 b到c电场力做正功,电势能减小、动能增加,所以选项B正确;因 a、b、c三点场强大小的关系是Ea=Ec=2Eb,所以只有当质点在水 平面内只受电场力时才有加速度大小之比是212,所以选项 C错误;若改变带电质点在a处的速度大小和方向,因电场力做功 使质点的速度大小变化,所以质
8、点经过a、b、c三点不可能做匀 速圆周运动,故选项D错误。2kQr2【总结提升】判断电场性质的一般解题思路(1)明确电场的电场线与等势面的分布规律;(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强弱;(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势的高低;(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小或电场力做功情况。【变式训练】(2013江苏高考改编)将一电荷量 为+Q的小球放在不带电的金属球附近,所形成的 电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点,则()A.a点的电场强度比b点的大 B.a点的电势比b点的低 C.检验电荷-q在a点的
9、电势能比在b点的大 D.将检验电荷-q从a点移到b点的过程中,电场力做正功【解析】选A。电场强度的大小由电场线的疏密决定,由题图可知,a点的场强较大,A项正确;沿着电场线电势降低,可见a点的电势较高,B项错误;对于带负电的检验电荷,从a点移至b点,电场力做负功,电势能增大,C、D项错误。【变式备选】(多选)如图所示,真空中以O点为圆 心、Oa为半径的圆周上等间距分布a、b、c、d、e、f、g、h八个点,a、e两点放置等量正点电荷,则下列说法正确的是()A.b、d、f、h四点的电场强度相同 B.b、d、f、h四点的电势相等 C.在c点静止释放一个电子,电子将沿cg连线向O点做匀加速直 线运动 D
10、.将一电子由b点沿bcd圆弧移到d点,电子的电势能先增大后 减小【解析】选B、D。根据等量同种点电荷电场 的电场线与等势面分布规律(如图所示)可知,选项A错误,而选项B正确;在c点静止释放一 个电子,电子在c点所受到的电场力竖直向上,电子沿cg连线向O点运动,但电子受到的电场力不断变化,不是匀变速运动,选项C错误;将一电子由b点沿bcd圆弧移到d点,根据等势面分布规律可知,b、d两点电势相等,且大于c点电势,电子的电势能先增大后减小,选项D正确。热点考向2 与平行板电容器有关的电场问题 【典例2】(2013沈阳一模)一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在P点,
11、如图所示,以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势,W表示正电荷在P点的电势能,若正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中,各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是()【解题探究】(1)平行板电容器充电后与电源断开,意味着_ _不变。(2)写出电容、场强的关系式:C_;E_。电容器带的电荷 量 SdQS(3)负极板接地是什么含义?如何分析P点电势的变化?提示:负极板接地意味着其电势为零,利用P=U=Ed分析P点电势的变化,式中d为P点到负极板的垂直距离。【解析】选C。由平行板电容器的电容C 可知A错。在电 容器两极板所带电荷量一定的情况下,与d无关,则B
12、错。在负极板接地的情况下,=0-El0,则C项 正确。正电荷在P点的电势能W=q=q(0-El0),显然D错。SdQUQUECdS，【总结提升】平行板电容器问题的分析思路(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 是变化的以及怎样变化;(2)应用平行板电容器的决定关系C 分析电容器的电容 的变化;(3)应用电容的定义式分析电容器带电量和两板间电压的变 化情况;(4)根据控制变量法对电容的变化进行综合分析,得出结论。rSd【变式训练】(多选)(2013石家庄一模)如图所示,D是一个具有单向导电性的理想二极管,水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态。下列措施下,关于
13、P的运动情况的说法中正确的是()A.保持S闭合,增大A、B板间距离,P仍静止 B.保持S闭合,减小A、B板间距离,P向上运动 C.断开S后,增大A、B板间距离,P向下运动 D.若B板接地,断开S后,A板稍下移,P的电势能不变【解析】选A、B、D。保持开关S闭合,电容器的电压不变,增大 A、B板间距离,则导致电容器的电容减小,则出现电容器的电量 减小,然而二极管作用导致电容器的电量不会减小,则电容器的 电量会不变,由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关,所以电场强度不变,故A正确;当减小 A、B板间距离,则导致电容器的电容增大,则出现电容器的电量 增加,因此电场强度增大,
14、所以P向上运动,故B正确;增大A、B板 间距离,导致电容器的电容减小,由于断开开关S,则电容器的电 量不变,所以极板间的电场强度不变,因此P仍处于静止,故C错 误;A板稍下移,电容器的电容增大,当断开S后,则电容器的电量 不变,所以电场强度也不变,由于B板接地,则P到B板的电势差不 变,因此P的电势能也不变,故D正确。热点考向3 带电粒子在电场中的加速或偏转 【典例3】(14分)(2013日照模拟)如图所示,水平放置的长 为l、距离为d的两平行金属板,极板所加电压为U,一质量为 m(重力不计)的带电粒子,沿两极板的中心线以初速度v0射 入,若粒子能落在A板距左端为b的M点上,求:(1)粒子的带
15、电荷量。(2)若将A板向上移动 ,要使粒子由原入射点射入仍然落在 M点,则电压变为原来的多少倍?d2【解题探究】(1)粒子带电量的求解:粒子的运动性质为_。列物理学方程:a.水平方向:_;b.竖直方向:_。匀变速曲线运动(类平抛运动)b=v0t 2dqU t22md(2)将A板向上移动 后,要使粒子由原入射点入射,仍落在 M点,则电压应增大还是减小,为什么?提示:应增大电压。由y=at2知,在t不变的情况下要增大位 移y,必须使加速度a变大,而a=,q、m不变,d变大,故U应 变大。d212qUmd【解析】(1)带电粒子在匀强电场中受到的电场力 F=qE=q (1分)粒子在竖直方向的加速度a=
16、(1分)粒子在水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的 匀加速直线运动,由运动学规律有:b=v0t (2分)at2 (2分)解得q=(1分)UdFmd1222202mv db U(2)当A板上移 后,极板间距d=d,粒子仍由原入射点射入而 落到M点,则其竖直位移变为d。设电压变为U后可使粒子仍 落在M点。粒子在其间的加速度a=(2分)由运动规律有b=v0t (2分)d=at2 (2分)解得U=3U。(1分)答案:(1)(2)电压应增大为原来的3倍 32FqU2qU3m3mdmd2122202mv db Ud2【拓展延伸】典例中:(1)A板移动前,若粒子刚好射出两极板之间,又如何求粒子的
17、电荷量?提示:将水平方向上的位移规律变为l=v0t,而竖直方向上的 位移规律仍为y=联立求出q即可。21 qUdt2 md2，(2)A板移动 且电压变为3U后,若让粒子刚好穿出两板之间,则初速度v0变为多少?提示:此时水平位移l=v0t,竖直位移d=解以上两式并结合q=得v0=v0。d221 2q 3U t,23md2202mv db Ubl【总结提升】带电粒子在电场中的运动问题解题思路(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是偏转运动问题。(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,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,应用牛顿
18、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。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。(3)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。(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。【变式训练】(多选)(2013济南一模)如图所示,两平行金属板间有一匀强电场,板长为
19、L,板间距离为d,在板右端L处有一竖直放置的光屏M,一带电荷量为q,质量为m的质点从两板中央射入板间,最后垂直打在M屏上,则下列结论正确的是()A.板间电场强度大小为 B.板间电场强度大小为 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 相等 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 mgq2mgq【解析】选B、C。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。由运动规律可知 vx=v0;在竖直方向上:在电场中vy=
20、at,如图所示,离开电场后质 点做斜上抛运动,vy=gt,由此运动过程的对称性可知a=g,由牛 顿第二定律得:qE-mg=ma=mg,解得:E=。故B、C正确。2mgq1.如图所示,A、B是真空中的两个等量异种点电 荷,M、N、O是AB连线的垂线上的点,且AOOB。一带负电的试探电荷仅受电场力作用,运动轨迹 如图中实线所示,M、N为轨迹和垂线的交点,设M、N两点的场 强大小分别为EM、EN,电势分别为M、N。下列说法中正确 的是()A.点电荷A一定带正电 B.EM小于EN C.M大于N D.此试探电荷在M处的电势能等于N处的电势能【解析】选B。根据带负电的试探电荷运动轨迹,点电荷A一 定带负电
21、,A错;根据两个等量异种点电荷电场特点可知,EMEN,M0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零,则d点处场强的大小为(k为静电力常 量)()A.B.C.D.23qk R210qk 9R2Qqk R29Qqk 9R【解析】选B。由b点的合场强为零可得圆盘在b点的场强与 点电荷q在b点的场强大小相等、方向相反,所以圆盘在b点 的场强大小为Eb=,再根据圆盘场强的对称性和场强叠 加即可得出d点的场强为Ed=Eb+故选项B正确。2qk R22q10qkk 9R3R，3.(多选)(2013哈尔滨一模)如图甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电
22、压后,图中反映电子速度v、位移s和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()【解析】选A、D。在平行金属板之间加上如题图乙所示的周 期性电压时,因为电子在平行金属板间所受的电场力F=所以电子所受的电场力大小不变,而方向随电压呈周期性变 化。由牛顿第二定律F=ma可知,电子在第一个 内向B板做匀 加速直线运动,在第二个 内向B板做匀减速直线运动,在第 三个 内反向做匀加速直线运动,在第四个 内向A板做匀减 速直线运动,所以a-t图像如图1所示,v-t图像如图2所示;又 因匀变速直线运动位移s=v0t+at2,所以s-t图像应是曲线。故本题选A、D。0U ed，T4T4T4T4124.(
23、2013成都模拟)如图所示,板长L=10cm,板间距离d=10cm 的平行板电容器水平放置,它的左侧有与水平方向成60角斜 向右上方的匀强电场,某时刻一质量为m、带电量为q的小球由 O点静止释放,沿直线OA从电容器C的中线水平进入,最后刚好 打在电容器的上极板右边缘,O到A的距离x=45 cm,(g取 10m/s2)求:3(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小;(2)小球刚进入电容器C时的速度v的大小;(3)电容器C极板间的电压U。【解析】(1)由于带电小球做直线运动,因此小球所受合力沿 水平方向,则:Eq=得E=(2)从O点到A点,由动能定理得:mgxcot60=mv2-0 解得:v=
24、3m/s mgsin602 3mg3q12(3)小球在电容器C中做类平抛运动,水平方向:L=vt 竖直方向:at2 a=-g 联立求解得U=答案:(1)(2)3m/s (3)d122Uqmd10mq10mq2 3mg3q八 带电粒子在交变电场中的运动问题【案例剖析】(16分)如图甲所示,A、B为两块平行金属板,板 中央均有小孔,M、N是两块与B板垂直且相邻的平行金属板,与M和N板等距离的中间轴线(图中虚线)通过O孔。M、N板长 L=210-2m,板间距离d=410-3m,两板间所加电压U0=20V,在 两板间形成匀强电场。一束电子以初动能E0=120eV从A板上 的小孔O不断垂直于板射入A、B
25、之间,设电子在A、B间的运 动时间很短,可以不计。现在A、B两板间加一个如图乙所示的 做周期性变化的电压U,在t=0到t=2s时间内A板电势高于B 板电势,则从t=0到t=4s的时间内:(1)在第一个周期中,哪段时间内从小孔O射入的电子可以从 B板小孔射出?(2)在一个周期中,哪段时间内从小孔O射入的电子能从偏转 电场右侧射出?【审题】抓住信息,准确推断 关键信息 信息挖掘 题 干 一束电子以初动能E0=120eV 电子不是从静止开始运动,且电子带负电 不断垂直于板射入A、B之间 很多电子连续射入A、B之间 电子在A、B间的运动时间很短 电子穿过A、B间的过程中,认为A、B间的电压不变 关键信
26、息 信息挖掘 题 干 周期性变化的电压U A、B间的电压U按线性周期 性变化 在t=0到t=2s时间内 A板电势高于B板电势 t=0到t=2s时间内A板带正 电,B板带负电;t=2s到t=4s时间内,与之相反 问 题 可以从B板小孔射出 电子到B板时的速度大于零 能从偏转电场右侧射出 电子在M、N间的偏转位移 y d2【破题】精准分析,无破不立(1)求解从B板小孔穿出电子的时间。设时刻t1,A、B间的电压为U1时,电子到B板小孔的速度恰为零。该过程动能定理的表达式为_。-eU1=0-E0 在U-t图像中,与U1对应的t值有几个?如何求解?提示:U1=120V200 V,故与U1对应的t值有两个
27、。可通过直线 的函数规律求解,由 得t1=0.6s,同理可得t2=1.4s。1t1120200，(2)电子若能从偏转电场右侧射出,其轨迹应满足什么条件?提示:应满足偏转位移y=at2 。12d2【解题】规范步骤,水到渠成(1)设时刻t1,A、B两板间电压为U1时,电子到B板 小孔速度恰为零,由-eU1=0-E0得U1=120V (3分)由 得t1=0.6s (3分)同理可得t2=1.4s,故00.6s及1.44s时间内从小孔O射入的电子可以从B板小 孔射出 (2分)1t1120200，(2)设电子从B板小孔射出的速度大小为v,动能为Ek,在M、N 两板间运动时间为t0,有t0=y=(2分)解得
28、:Ek250eV (1分)设时刻t3,A、B两板间电压为U2,对电子在两板间运动有:Ek=-eU2+E0,故120eV-eU2250eV 所以U2-130V (2分)0eULa,vmd，2220002keU LeU L1dat22mdv4dE2从2s开始经t,A、B两板间电压大小为130V,=0.65s (1分)所以t3=2+t=2.65s,同理可得t4=4-t=3.35s (1分)故如图所示阴影部分,在2.653.35s时间内,从小孔O射入的 电子能从偏转电场右侧射出。(1分)答案:(1)00.6s及1.44s(2)2.653.35s t113t s13020020，【点题】突破瓶颈,稳拿满分(1)常见的思维错误:审题不清,误认为电子在A、B间一定做加速运动,形成思维 障碍,从而不能求出第(1)问;对电子在A、B间运动时间很短理解不清,认为电子在A、B 间运动过程中,A、B间的电压变化,导致无法用动能定理求解;在求解第(2)问时无法推出y=,导致Ek无法求出。20keU L4dE(2)因解答不规范导致的失分:因电子带负电,易将电子的带电量“-e”写为e,导致负号遗漏,从而错解失分;(2)中,对U2-130V的理解有误,不能正确分析出对应的时间段从而失分。
