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专题六　电场中的“三类”典型问题
突破1　电场中的图象问题
题型1　　φ?x图象
(1)φ?x图线的斜率大小等于电场强度的大小，在φ?x图线切线的斜率为零处，电场强度为零．
(2)由φ?x图象可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．
(3)在φ?x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后做出判断．
(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是(　　)
A．Ea?Eb＝4?1 B．Ec?Ed＝2?1
C．Wab?Wbc＝3?1 D．Wbc?Wcd＝1?3
【分析】　(1)电场中某点的场强大小可由E＝k计算．
(2)由图中信息可以得到各点之间的距离和电势差．
【解析】　a到点电荷的距离为ra，由图可知，b、c、d到点电荷的距离分别为rb＝2ra、rc＝3ra、rd＝6ra，由点电荷的场强公式E＝k可得：Ea＝4Eb＝9Ec＝36Ed，则Ea?Eb＝4?1，Ec?Ed＝4?1；设带正电的试探电荷的电量为q，则Wab＝qUab，Wbc＝qUbc，Wcd＝qUad；由图知Uab＝3 V，Ubc＝1 V，Ucd＝1 V，故Wab?Wbc＝3?1，Wbc?Wcd＝1?1，故选项A、C正确．
【答案】　AC
题型2　　　E?x图象
(1)E?x图象反映了电场强度随位移变化的规律．
(2)E?x图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．
(多选)某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向．一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x＝3x0处，假设粒子仅受电场力作用，E0和x0已知，则(　　)
A．粒子一定带负电
B．粒子的初动能大小为qE0x0
C．粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小
D．粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0
【解析】　如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此粒子x＝3x0处的速度不可能为零，故粒子一定带正电，A错误；根据动能定理qE0x0－×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝qE0x0，B正确；粒子向右运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C错误；粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正确．
【答案】　BD
题型3　　Ep?x图象
(1)反映了电势能随位移变化的规律．
(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小．
(3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况．
两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点电势能最大．下列说法正确的是(　　)
A．q1为正电荷，q2为负电荷
B．q1的电荷量小于q2的电荷量
C．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功
D．一正点电荷从N点由静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大
【解析】　由图知无穷远处的电势能为0，A点的电势能也为0，从O到M，电势能先为正值后为负值，说明O点的电荷q1带负电，M点的电荷q2带正电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1的电荷量大于q2的电荷量，故A、B错误；由图可知，A、N两点的电势能为零，则这两点电势为零，负电荷由N到C，电势能增加，而由C到D，电势能减小，可知在C点左侧电场方向向右，在C点右侧电场方向向左，则正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，在C点时动能最大，即速度最大，故选项C错误，D正确．
【答案】　D
突破2　带电粒子在交变电场中的运动
1．粒子在交变电场中运动的常见情况
(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(一般根据交变电场特点分段研究)．
2．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
(1)注重分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和在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、做功或确定与物理过程相关的边界条件．
(2)分析时从两条思路出发：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)注意对称性和周期性变化关系的应用．
题型1　　带电粒子在交变电场中的直线运动
(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是(　　)
A．在t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上
B．在t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间做往复运动
C．在t＝时刻释放电子，电子可能在两板间做往复运动，也可能打到右极板上
D．在t＝T时刻释放电子，电子必然从左极板小孔向左飞出
【解析】　若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间做往复运动，故A项正确，B项错误；若在t＝时刻释放电子，电子先加速，再减速，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，故C项正确；同理，若在t＝T时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，D项错误．
【答案】　AC
题型2　　带电粒子在交变电场中的偏转
图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示．质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述错误的是(　　)
A．t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B．t＝T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
【解析】　粒子在电场中运动的时间是相同的；t＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝T时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确．
【答案】　B
题型3　　带电粒子在交变电场中的综合问题
如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
(1)在t＝0.06 s时刻发射电子，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？
【分析】　(1)电子经电场加速，根据动能定理可求末速度．
(2)由于每个电子经过偏转电场的时间极短、电压不变，所以每个电子在偏转电场中做类平抛运动．
(3)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，到达荧光屏．
【解析】　(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2
经电场偏转后侧移量y＝at2＝·2
所以y＝，由题图知t＝0.06 s时刻u＝1.8U0，所以y＝4.5 cm，设打在屏上的点距O点距离为Y，满足＝.
所以Y＝13.5 cm.
(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm.
【答案】　(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm
(2)30 cm
突破3　电场中的力、电综合问题
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题．
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理．
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．
3．动量的观点
(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上的动量守恒．
(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能．
【分析】　本题中不带电小球做平抛运动；带电小球做类平抛运动．两种运动均属于匀变速曲线运动，处理方法均为分解法，均可分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿合外力方向且初速度为零的匀加速直线运动．
【解析】　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma　①
a()2＝gt2　②
解得E＝.　③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－mv＝mgh＋qEh　④
且有v1＝v0t　⑤
h＝gt2.　⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v＋g2t2)　⑦
【答案】　(1)　(2)2m(v＋g2t2)
高分技法
带电粒子在电场中运动问题的主要求解方法
(1)受力分析：受力分析是基础，在受力分析时是否考虑重力必须注意题目条件.
(2)运动分析：在运动过程分析中应注意物体做直线运动、曲线运动及圆周运动、类平抛运动.
(3)规律选择：根据不同的运动过程及物理模型选择合适的物理规律列方程求解.
(4)常用规律：共点力的平衡条件、牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律、功能关系、圆周运动向心力公式等.
(5)思维方法：常用到力的合成与分解、运动的合成与分解、等效法、假设法、类比法等.
1．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则(　B　)
A．小球带负电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
解析：本题考查电势能、电场力等．根据题述小球在竖直平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，小球受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力应与重力平衡，则知小球带正电，选项A错误，B正确；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，选项C错误；由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，选项D错误．
2．如图，AB为竖直的光滑圆弧绝缘轨道，其半径为0.5 m，A点与圆心O等高，最低点B与绝缘水平面平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，场强为5×103 N/C.将一个质量为0.1 kg、电荷量为＋8×10－5 C的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为0.05，取g＝10 m/s2，则滑块(　D　)
A．第一次经过B点时速度大小为 m/s
B．第一次经过B点时对B点的压力为1.2 N
C．在水平面向右运动的加速度大小为3.5 m/s2
D．在水平面上通过的总路程为6 m
解析：设滑块第一次到达B点时的速度为vB，根据动能定理可得mgR－qER＝mv，解得vB＝ m/s，选项A错误；在圆弧轨道最低点B，对滑块运用牛顿第二定律可得FN′－mg＝m，根据牛顿第三定律FN＝FN′，所以滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时，对B点的压力FN＝2.2 N，选项B错误；滑块在水平面向右运动时有qE＋μmg＝ma，解得a＝4.5 m/s2，选项C错误；电场力大小qE＝8×10－5×5×103 N＝0.4 N，摩擦力大小f＝μmg＝0.05×0.1×10 N＝0.05 N，可知qE>f；所以滑块最终在圆弧轨道的下部分做往复运动，并且滑块运动到B点时速度恰好为零，对滑块运用动能定理可得mgR－qER－μmgx＝0－0，解得滑块在水平面上通过的总路程为x＝6 m，选项D正确．

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