2019届高考物理二轮复习 第一部分 专题整合 专题三 电场和磁场 第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动专项训练.doc
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第1讲电场及带电粒子在电场中的运动真题再现1(2018全国卷)如图311所示,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab5 cm,bc3 cm,ca4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则图311Aa、b的电荷同号,k Ba、b的电荷异号,kCa、b的电荷同号,k Da、b的电荷异号,k解析如果a、b带同种电荷,则a、b两小球对c的作用力均为斥力或引力,此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零,因此a、b不可能带同种电荷,AC错误;若a、b带异种电荷,假设a对c的作用力为斥力,则b对c的作用力一定为引力,受力分析如图所示,由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线,则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零,由几何关系可知a37、b53,则Fasin 37Fbcos 37,解得,又由库仑定律及以上各式代入数据可解得|,B错误,D正确。答案D2(多选)(2018全国卷)如图312,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2。下列说法正确的是图312A此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为C若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为D若W1W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差解析由题意得,(ab)qW1,(cd)qW2,只能得出a、b两点间和c、d两点间的电势关系,无法确定场强的方向,选项A错误;若c、d之间的距离为L,因无法确定场强的方向,故无法确定场强的大小,选项C错误;由于M、N、WMNq(MN),上述式子联立求解得粒子从M点移动到N点电场力做的功为WMN,所以B正确;若W1W2,有abcd,变形可得acbd,又aMa,bNb,所以aMbN,D正确。答案BD3(多选)(2018全国卷)图313中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是图313A平面c上的电势为零B该电子可能到达不了平面fC该电子经过平面d时,其电势能为4 eVD该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析电子在等势面b时的电势能为Eq2 eV,电子由a到d的过程电场力做负功,电势能增加6 eV,由于相邻两等势面之间的距离相等,故相邻两等势面之间的电势差相等,则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2 eV,则电子在等势面c的电势能为零,等势面c的电势为零,A正确。由以上分析可知,电子在等势面d的电势能应为2 eV,C错误。电子在等势面b的动能为8 eV,电子在等势面d的动能为4 eV,由公式Ekmv2可知,该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的倍,D错误。如果电子的速率与等势面不垂直,则电子在该匀强电场中做曲线运动,所以电子可能到达不了平面f就返回平面a,B正确。答案AB4(2017全国卷)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。(1)求油滴运动到B点时的速度;(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。解析(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上。在t0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2mgma1油滴在时刻t1的速度为v1v0a1t1电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速直线运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2mgma2油滴在时刻t2t1的速度为v2v1a2t1由式得v2v02gt1(2)由题意,在t0时刻前有qE1mg油滴从t0到时刻t1的位移为s1v0t1a1t油滴在从时刻t1到时刻t22t1的时间间隔内的位移为s2v1t1a2t由题给条件有v2g(2h)式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上,依题意有s1s2h由式得E2E1为使E2E1,应有2221即当0t1(1)或t1才是可能的:条件式和式分别对应于v20和v20两种情形。若B点在A点之下,依题意有s2s1h由式得E2E1为使E2E1,应有2221即t1另一解为负,不符合题意,已舍去。答案见解析考情分析分值612分题型选择题、计算题命题热点(1)电场性质的理解与应用(2)平行板电容器中的电场问题(3)带电粒子在电场中的运动考点一电场性质的理解和应用1电场强度的计算(1)定义式:E。电场中某点的场强是确定值,其大小和方向与试探电荷q无关。(2)真空中点电荷:Ek。E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定。(3)匀强电场:E。式中d为两点间沿电场方向的距离。2电势高低的判断方法(1)根据电场线方向,沿着电场线方向,电势越来越低;(2)根据电势的定义式,即将q从电场中的某点移至无穷远处,电场力做功越多,则该点的电势越高;(3)根据电势差UABAB,若UAB0,则AB,反之AB。3电势能变化的判断(1)根据电场力做功判断:WABEp。(2)根据电势高低判断:正电荷在电势越高的位置电势能越大;负电荷在电势越高的位置电势能越小。(3)根据能量守恒定律判断:电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化,而总和应保持不变,即当其它能增加时,电势能减少。【题组突破】1(2018天津理综)如图314所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为M、N,粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是图314AvMvN,aMaNBvMvN,MNCMN,EpMEpN DaMaN,EpMEpN解析由粒子轨迹弯曲方向及电场线分布情况可知,粒子所受电场力方向沿电场线切线方向,设粒子由M向N运动,则速度方向沿轨迹切线方向,电场力方向与粒子速度方向的夹角为钝角,电场力做负功,电势能增大,动能减小,所以vMvN,EpMEpN,A、B项错误;电场线疏密程度表示电场强度大小,故粒子在M点所受电场力的大小小于在N点所受电场力的大小,由牛顿第二定律可知,aMaN,D项正确;由于电场线方向如图所示,所以M点电势较N点的高,C项错误。 答案D2(多选)(2018山西五市联考)如图315所示,带电粒子在匀强电场中以初速度v0沿曲线从M运动到N(不计粒子的重力),这时突然使电场方向反向而大小不变。在新的电场中,带电粒子以后的运动情况(图中三条虚线在N点都与MN相切),下列说法正确的是图315A可能沿曲线运动且电势能减小B可能沿曲线运动且电势能增大C可能沿直线运动且电势能不变D可能沿曲线运动且电势能增大解析粒子在由M到N的过程中,所受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧,则电场反向后,其所受电场力也反向,可知电场反向后其可能沿曲线运动,选项C、D错误。在由M到N过程中电场力与v的夹角可能为锐角,还可能为钝角,不确定,同样电场反向后两者的夹角也不确定,则电场力可能做负功,还可能做正功,电势能可能增加,还可能减少,则选项A、B正确。答案AB3(多选)(2018长郡中学高三质检)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线的中垂线上有A、B、C三点,如图316所示。一个电荷量为2 C,质量为1 kg的小物块从该水平面内的C点静止释放,其运动的vt图像如图所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)则下列说法正确的是图316AB为中垂线上电场强度最大的点,其电场强度E1 V/mB由C到A的过程中,物块的电势能先减小后变大C由C到A的过程中,电势逐渐升高DA、B两点电势差UAB5 V解析由vt图像的斜率等于加速度可得,物块在B点的加速度最大为a m/s22 m/s2,所受的电场力最大为Fma12 N2 N,则电场强度的最大值为E1 N/C,选项A正确;由vt图像可得,由C到A的过程中,物块一直加速,电场力一直做正功,物块的电势能一直减小,选项B错误;两个等量的正电荷,其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧,所以由C点到A点的过程中,电势逐渐减小,选项C错误;物块在A、B两点的速度分别为vA6 m/s,vB4 m/s,根据动能定理得qUABmvmv1(4262) J10 J,得UAB5 V,选项D正确。答案AD规律总结1电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系2由电场中的“点、线、面、迹”判断相关问题(1)由轨迹向合外力的方向弯曲,确定粒子所受电场力方向。(2)根据粒子电性判断电场线方向。(3)根据“沿电场线方向电势降低”判断电势高低。(4)根据公式Epq(代入正负号)判断电势能大小。(5)根据电场力做功的正负判断电势能的变化或动能的变化。(5)根据电场线或等差等势面疏密判断加速度大小。考点二平行板电容器中的综合问题1三个计算公式(1)对于平行板电容器:板间电场可理想化处理,认为板间电场为匀强电场,不考虑边缘效应;(2)三个关系式:定义式C,它在任何情况下都成立,或中C与Q、U无关,而由电容器自身结构决定;决定式C,它只适用于平行板电容器,反映了电容与S、d、r的关系;关系式E。2动态变化分析的两个重要结论(1)电容器与直流电路相连,则两端电压取决于电路的连接情况,稳定时相当于断路,两端电压总等于与之并联的支路电压;(2)充电后电容器与电路断开,电容器所带电荷量不变。此时若只改变两板间距离,板间电场强度大小不变。(2018石家庄第二次质量检测)在如图317所示电路中,A、B是构成平行板电容器的两金属极板,P为其中的一个定点,将开关S闭合,电路稳定后将A板向上平移一小段距离,则下列说法正确的是图317A电容器的电容增加B在A板上移过程中,电阻R中有向上的电流CA、B两板间的电场强度增大DP点电势升高思路探究(1)开关S闭合后,A板向上平移,有哪些量发生变化?(2)P点的电势与哪些因素有关?解析根据C知,当A板向上平移一小段距离,间距d增大,其他条件不变,则导致电容变小,故A错误;在A板上移过程中,电容减小,由于极板电压不变,则极板带电荷量减小,因此电容器处于放电状态,电阻R中有向上的电流,故B正确;根据E与C相结合可得E,由于电荷量减小,场强大小变小,故C错误;因场强变小,导致P点与B板的电势差减小,因B板接地,电势为零,即P点电势降低,故D错误。答案B【题组突破】1(多选)(2018全国卷)如图318,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是图318Aa的质量比b的大B在t时刻,a的动能比b的大C在t时刻,a和b的电势能相等D在t时刻,a和b的动量大小相等解析两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等,由xa0t2,知微粒a的加速度大,由qEma0,知微粒a的质量小,A错误。由动能定理qExEk得,位移x大的动能大,B正确。在同一等势面上,a、b两微粒电荷量虽相等,但电性相反,故在t时刻,a、b的电势能不相等,C错误。由动量定理qEtmv得,在t时刻,a、b的动量大小相等,D正确。答案BD2如图319所示,水平金属板A、B分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴图319A仍然保持静止B竖直向下运动C向左下方运动 D向右下方运动解析由于水平金属板A、B分别与电源两极相连,两极板之间的电势差不变,将B板右端向下移动一小段距离,极板之间的电场强度将减小,油滴所受电场力减小,且电场力方向斜向右上方向,则油滴所受的合外力斜向右下方,所以该油滴向右下方运动,选项D正确。答案D考点三带电粒子在电场中的运动(2016北京卷)如图3110所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0,偏转电场可看作匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。图3110(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y;(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因。已知U2.0102 V,d4.0102 m,m9.11031 kg,e1.61019 C,g10 m/s2。解析(1)根据功和能的关系,有eU0mv电子射入偏转电场时的初速度v0 在偏转电场中,电子的运动时间tL 加速度a偏转距离ya(t)2(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力Gmg1030 N电场力F106 N。由于FG,因此不需要考虑电子所受的重力。答案(1) (2)见解析(2018宜昌调研)如图3111甲所示,两水平金属板A、B间的距离为d,极板长为l,A、B右端有一竖直放置的荧光屏,荧光屏距A、B右端的距离为0.7l。A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压,电压的正向值为U0,反向值也为U0,A、B间的电场可看作匀强电场,且两板外无电场。现有质量为m、电荷量为e(重力不计)的电子束,以速度v0沿A、B两板间的中心线OO射入两板间的偏转电场,所有电子均能通过偏转电场,最后打在荧光屏上。图3111(1)求电子通过偏转电场的时间t0;(2)若UAB的周期Tt0,求从OO上方飞出偏转电场的电子在飞出时离OO的最大距离;(3)若UAB的周期T2t0,求电子击中荧光屏上O点时的速率。解析(1)电子在水平方向做匀速运动有:v0t0l解得t0(2)当Tt0时,t0时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大设最大距离为ym,加速度大小为a,则有:ym2a2a解得最大距离ym(3)当T2t0时,电子要到达O点在电场中必须在竖直方向上先加速后减速再反向加速,并且加速度大小相等,离开电场后竖直方向上匀速,从O到O的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上加速时间为t,则在竖直方向上有:y上2a(t)2y下a(t02t)2a(t02t)要到达O点,则有y上y下解得:t0.4t0,另一解:t3t0舍去所以到达O点的电子在竖直方向上的速度大小为vya(t02t)到达荧光屏上O点的电子的速率为v解得电子击中荧光屏上O点时的速率:v。答案(1)(2)(3) 【题组突破】1.(多选)(2018南昌一模)如图3112,质子(H)、氘核(H)和粒子(He)都沿平行板电容器中线OO方向垂直于电场线射入板间的匀强电场,射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上,使荧光屏上出现亮点,粒子重力不计,下列推断正确的是图3112A若它们射入电场时的速度相同,在荧光屏上将出现3个亮点B若它们射入电场时的动能相等,在荧光屏上将只出现1个亮点C若它们射入电场时的动量相同,在荧光屏上将出现3个亮点D若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场,在荧光屏上将只出现1个亮点解析三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,则a,偏转距离为yat2,运动时间为t,联立三式得y。若它们射入电场时的速度相等,y与比荷成正比,而三个粒子中质子的比荷最大,氘核和粒子的比荷相等,在荧光屏上将出现2个亮点,故A错误。若它们射入电场时的动量相同,y,可见y与qm成正比,三个qm都不同,则在荧光屏上将只出现3个亮点,故C正确。若它们射入电场时的动能相等,y与q成正比,在荧光屏上将只出现2个亮点,故B错误。若它们是由一个电场从静止加速后射入此偏转电场的,根据推论可知,y都相同,故荧光屏上将只出现1个亮点,故D正确。答案CD2(2018洛阳统考)如图3113甲所示,长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置,ab为两板的中心线,一个带电粒子以速度v0从a点水平射入,沿直线从b点射出,若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上,欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出,求:图3113(1)若t0时粒子从a点射入金属板,粒子在内离开中心线的距离为多大?(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件?(3)交变电压的周期T应满足什么条件?解析(1)粒子在内离开中心线的距离为ya(T)2又a,E解得y(2)粒子进入电场的时间为T,T,T,即粒子进入电场的时间为tT(n1,2,3,)(3)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场,在垂直于初速度方向上,粒子的运动应为:加速,减速,反向加速,反向减速。经历四个过程后,回到中心线上时,在垂直于金属板的方向上速度正好等于零,这段时间等于一个周期,故有LnTv0,解得T粒子在T内离开中心线的距离为y在运动过程中离开中心线的最大距离为ym2y粒子不撞击金属板,应有ymd,解得T2d故n所以粒子的周期应满足的条件为T,其中n取大于或等于的整数。答案见解析3(2017全国卷)如图3114所示,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(q0)的带电小球M、N先后以相同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。已知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刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求图3114(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)设带电小球M、N抛出初速度均为v0 ,则它们进入电场时的水平速度仍为v0:MN在电场中的运动时间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s1和s2;由运动公式可得:v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立解得:(2)设A点距离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,则:v2ghHvytgt2因为M在电场中做匀加速直线运动,则由可得hH(3)设电场强度为E,小球M进入电场后做直线运动,则a设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理:Ek1m(vv)mgHqEs1Ek2m(vv)mgHqEs2由已知条件:Ek11.5Ek2联立解得:E。答案(1)31(2)H(3)E- 配套讲稿:
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