2018届二轮复习电场课件（共46张）（全国通用）

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第 1 讲　电　场 第一 篇 专题三 电场与磁场 热点精练 1 　 对电场性质的理解与应用 热点 精练 2 　 平行板电容器问题 栏目索引 热点 精练 3 　 带电粒子在匀强电场中的运动 热点 精练 4 　 带电物体在电场与重力场中的运动 热点精练 1 　 对电场性质的理解与应用 知识方法链接 1. 电场力的性质：由电场强度 E 描述，既有大小又有方向 . 某一场点的电场强度等于各场源电荷产生的电场的矢量和 ( 注意场源电荷分布的对称性 ). 电场线的疏密和方向形象描述电场的强弱与方向 . 要熟练掌握点电荷、等量同种点电荷、等量异种点电荷等的电场线分布与特点 . 2. 电场能的性质：由电势 φ 和电势差 U 描述，没方向但有正负 ( 在涉及功、能的计算中，电荷的正负号、电势、电势差、电势能、电场力的功等的正负号都要带着，涉及力的运算时一般不带 ). 某一场点的电势等于各场源电荷在该处产生电势的代数和 . 等势面形象描述电场能的性质与电场强弱，要掌握几种典型电场的等势面分布特点 . 3. 电荷电势能高低的判断： (1) 由 E p ＝ qφ 判断：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大 . (2) 由 W AB ＝ E p A － E p B 判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加 . (3) 只有电场力做功时电荷的电势能与动能之和守恒，动能减小则电势能增加 . 4. 运动电荷的轨迹偏向受力的一侧，即外力指向轨迹凹陷的一侧；电场力一定沿电场线切线即垂直于等势面，从而确定电荷受力方向 . 1.( 多选 )(2017· 全国卷 Ⅰ ·20) 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 1 所 示 . 电场中四个点 a 、 b 、 c 和 d 的电场强度大小分别为 E a 、 E b 、 E c 和 E d . 点 a 到点电荷的距离 r a 与点 a 的电势 φ a 已在 图 中 用坐标 ( r a ， φ a ) 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 W ab 、 W bc 和 W cd . 下列选项正确的 是 A. E a ∶ E b ＝ 4 ∶ 1 　　　　　 B. E c ∶ E d ＝ 2 ∶ 1 C. W ab ∶ W bc ＝ 3 ∶ 1 D. W bc ∶ W cd ＝ 1 ∶ 3 真题模拟精练 答案 图 1 √ 解析 √ 2 3 1 4 解析 　 由题图可知， a 、 b 、 c 、 d 到点电荷的距离分别为 1 m 、 2 m 、 3 m 、 6 m ，根据点电荷的场强公式 E ＝ ， 故 A 正确 ， B 错误； 电场力做功 W ＝ qU ， a 与 b 、 b 与 c 、 c 与 d 之间的电势差分别为 3 V 、 1 V 、 1 V ， 所以 ， 故 C 正确， D 错误 . 2 3 1 4 2.( 多选 )(2017· 全国卷 Ⅲ ·21) 一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a 、 b 、 c 三点的位置如图 2 所示，三点的电势分别为 10 V 、 17 V 、 26 V. 下列说法正确的 是 A. 电场强度的大小为 2.5 V/cm B. 坐标原点处的电势为 1 V C. 电子在 a 点的电势能比在 b 点的低 7 eV D. 电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9 eV 答案 √ 图 2 解析 √ √ 2 3 1 4 因为 Oacb 是矩形，所以有 U ac ＝ U Ob ，可知坐标原点 O 处的电势为 1 V ，故选项 B 正确； 2 3 1 4 a 点电势比 b 点电势低 7 V ，电子带负电，所以电子在 a 点的电势能比在 b 点的高 7 eV ，故选项 C 错误 ； b 点电势比 c 点电势低 9 V ，电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9 eV ，故选项 D 正确 . 2 3 1 4 3.( 多选 )(2017· 山东枣庄市一模 ) 如图 3 所示，水平面内的等边三 角形 ABC 的边长为 L ，顶点 C 恰好位于光滑绝缘直轨道 CD 的最 低点，光滑直导轨的上端点 D 到 A 、 B 两点的距离均为 L ， D 在 AB 边上的竖直投影点为 O . 一对电荷量均为－ Q 的点电荷分别 固定于 A 、 B 两点，在 D 处将质量为 m 、电荷量为＋ q 的小球套 在轨道上 ( 忽略它对原电场的影响 ) ，将小球由静止开始释放，已知静电力常量 为 k 、重力加速度为 g ，且 ，忽略空气阻力，则 A. 轨道上 D 点的场强大小为 B. 小球刚到达 C 点时，其加速度为零 C. 小球刚到达 C 点时，其动能为 D. 小球沿直轨道 CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小 答案 √ 图 3 解析 √ 2 3 1 4 解析 　 负电荷产生的电场指向负电荷，可知两个负电荷在 D 处的电场强度分别指向 A 与 B ，由于两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在 D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿 ∠ ADB 的角平分线 . 由 库仑定律 ， A 、 B 在 D 点的场强的大小： E A ＝ E B ＝ ， 它们的合 场 强 ： E D ＝ E A cos 30° ＋ E B cos 30° ＝ ， 故 A 错误； 2 3 1 4 由几何关系知 ， ， 则 ∠ OCD ＝ 45°. 小球刚到达 C 点时，对小球进行受力分析，其受力的剖面图如图所示 . 由于 C 到 A 、 B 的距离与 D 到 A 、 B 的距离都等于 L ，结合对 D 点的分析可知， C 点的电场强度的大小与 D 点 的电场强度的大小相等，方向指向 O 点，即： E C ＝ E D ＝ . 沿轨道 CD 方 向 ： mg cos 45° － F ·cos 45° ＝ ma ，其中 F 是库仑力， F ＝ q · E C ＝ q · ＝ mg ， 解得 a ＝ 0 ，故 B 正确； 2 3 1 4 由于 C 与 D 到 A 、 B 的距离都等于 L ，结合等量同种点电荷的电场特点可知， C 点与 D 点的电势是相等的，所以小球从 D 到 C 的过程中电场力做功的和 等 于 0 ，则只有重力做功，小球的机械能守恒，得 ： ， 则小球的动能 ： ， 故 C 正确； 由几何关系可知，在 C 、 D 的连线上， C 、 D 连线的中点处到 A 、 B 的距离最小，电势最低，小球带正电，所以小球在 C 、 D 的连线中点处的电势能最小，则小球沿直轨道 CD 下滑过程中，其电势能先减小后增大，故 D 错误 . 2 3 1 4 4.( 多选 )(2017· 山东济宁市模拟 ) 如图 4 甲所示， Q 1 、 Q 2 为两个被固定的点电荷，其中 Q 1 带负电， a 、 b 两点在它们连线的延长线上 . 现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从 a 点开始经 b 点向远处运动 ( 粒子只受电场力作用 ) ，粒子经过 a 、 b 两点时的速度分别为 v a 、 v b ，其速度－时间图象如图乙所示 . 以下说法中正确的 是 A. Q 2 一定带正电 B. b 点的电场强度一定为零 C. Q 2 的电量一定大于 Q 1 的电量 D. 整个运动过程中，粒子的电势能先增大后 减小 答案 √ 图 4 解析 √ √ 2 3 1 4 解析 　 由题图的速度 — 时间图象可知，粒子从 a 到 b 做加速度减小的减速运动，在 b 点时粒子的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零， Q 1 对负电荷的电场力向右，则 Q 2 对负电荷的电场力向左，所以 Q 2 带正电，故 A 、 B 正确 ； b 点场强为零，可见两点电荷在 b 点对负电荷的电场力大小相等，根据 F ＝ ， b 到 Q 1 的距离大于 b 到 Q 2 的距离，所以 Q 1 的电量大于 Q 2 的电量，故 C 错误； 整个 运动过程动能先减小后增大，根据能量守恒定律可知，粒子的电势能先增大后减小，故 D 正确 . 2 3 1 4 热点精练 2 　 平行板电容器问题 知识方法链接 1. 三个公式 2. 必须明确的两个关键点 (1) 如图 5 所示，电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变 . 图 5 (2) 电路处于断开状态时，电容器两极板所带电荷量不变 . 3. 充放电电流方向 (1) 充电时电流由电源正极流向电容器正极板 . (2) 放电时电流由电容器正极板流向电源正极 . 4. 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式 C ＝ 分析 电容器电容的变化 . (3) 应用电容的定义式 C ＝ 分析 电容器所带电荷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 . 5.(2017· 湖北孝感市一模 ) 静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小 . 如图 6 所示， A 、 B 是平行板电容器的两个金属板， G 为静电计，开关 S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的 是 A. 断开开关 S 后，将 A 、 B 两极板分开些 B. 断开开关 S 后，增大 A 、 B 两极板的正对面积 C. 保持开关 S 闭合，将 A 、 B 两极板拉近些 D. 保持开关 S 闭合，将滑动变阻器的滑动触头 向 右移动 真题模拟精练 答案 √ 解析 图 6 5 6 保持开关闭合，不论使 A 、 B 两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动，电容器两端的电势差总不变，则指针张角不变 . 故 C 、 D 错误 . 5 6 6.( 多选 )(2017· 山东烟台市模拟 ) 如图 7 所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为 D ，在下极板上叠放一厚度为 d 的金属板 A ， d < D ，其上部空间有一带负电的粒子 P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子 P 开始运动，已知重力加速度为 g . 则下列判断正确的 是 A. 电容器的电容变大 B. 两板间的电场强度不变 C. 上极板所带电荷量变小 D. 粒子运动的加速度大小 为 图 7 答案 √ 解析 √ 5 6 解析 　 当把金属板从电容器中快速抽出后，导致极板间距增大，依据 电容 的 决定式 C ＝ ， 可知，电容器的电容变小，故 A 错误； 因电势差 U 不变，而极板间距增大，依据 E ＝ 可知 ，板间的电场强度变小，故 B 错误； 平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，则电势差 U 不变，根据 公 式 C ＝ ， 因电容 C 变小，则极板所带电荷量变小，故 C 正确； 粒子受重力和电场力，开始时平衡，有： mg ＝ ， 当把金属板从 电容器 中 快速抽出后，粒子重力大于所受电场力，根据牛顿第二定律，有： mg － ＝ ma ，解得： a ＝ ， 故 D 正确 . 5 6 热点精练 3 　 带电粒子在匀强电场中的运动 知识方法链接 1. 匀强电场中的直线运动的两种处理方法 (1) 动能定理：不涉及 t 、 a 时可用 . (2) 牛顿第二定律＋运动学公式：涉及 a 、 t 时可用 . 尤其是交变电场中，最好再结合 v － t 图象使用 . 2. 匀强电场中的偏转的处理方法 (1) 用平抛运动处理方法：运动的分解 . (2) 动能定理：涉及功能问题时可用 . 注意：偏转时电场力的功不一定 是 W ＝ qU 板间 ，应该是 W ＝ qEy ( y 为偏移量 ). 7.( 多选 )(2017· 河南安阳市一模 ) 如图 8 所示，平行带电金属板 M 、 N 相距为 d ， M 、 N 分别与电源的正、负极相连， M 板上距左端距离为 d 处有一个小孔 A . 当开关 K 闭合时，有甲、乙两个相同的带电粒子同时射入电场，甲从两极板中间 O 点处以初速度 v 1 平行于两极板射入，乙从 A 孔以初速度 v 2 垂直于 M 板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到 N 板上的 B 点，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是 真题模拟精练 图 8 8 9 7 10 A. 甲、乙的初速度 v 1 与 v 2 的关系 为 B. 甲、乙的初速度 v 1 与 v 2 的关系为＝ C. 若将开关 K 断开，并将 N 板向下平移一小段距离，甲、乙粒子仍以 各自 的 初速度从原来的位置开始进入电场运动，一定会同时打到 N 板上的 B 点 D. 若将开关 K 断开，并将 N 板向上平移一小段距离，甲、乙粒子仍以 各自 的 初速度从原来的位置开始进入电场运动，甲一定打到 N 板上 B 点的左侧 答案 解析 √ √ 8 9 7 10 解析 　甲做类平抛运动，打在下极板的 B 点，知甲带正电，由于甲、乙是相同的带电粒子，可知乙也带正电，乙在电场中做匀加速直线运动 . 对甲，水平方向： d ＝ v 1 t ① 8 9 7 10 开关 K 断开，电容器的带电荷量不变， N 板向下平移，距离增大， E ＝ ， 两板间的电场强度不随极板间距变化，场强 不 变 ，加速度不变，甲粒子的竖直位移变大，运动时间变大，水平位移变大，甲打在 B 点的右侧，乙还打在 B 点，故 C 错误 ； 同理 可知， N 板向上平移一小段距离，电场强度不变，粒子加速度不变，竖直位移减小，运动时间变小，水平位移变小，所以甲一定打在 N 板上 B 点的左侧，故 D 正确 . 8 9 7 10 8.(2017· 湖北黄冈市模拟 ) 静电喷漆技术具有效率高、 质量 好 等优点，其装置示意图如图 9 所示， A 、 B 为两块水平 放 置 的平行金属板，间距 d ＝ 1.0 m ，两板间有方向竖直 向上， 大小 为 E ＝ 1.0×10 3 N/C 的匀强电场，在 A 板的中央 放置一 个 安全接地的静电油漆喷枪 P ，油漆喷枪的半圆形喷口可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为 v 0 ＝ 1.0 m/s ，质量均为 m ＝ 5.0 × 10 － 14 kg ，带电荷量均为 q ＝－ 2.0 × 10 － 15 C 的带电油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间相互作用，油漆微粒最后都落在金属板 B 上，取 g ＝ 10 m/s 2 . 下列说法错误的 是 A. 沿水平方向喷出的微粒运动到 B 板所需时间为 0.2 s B. 沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达 B 板，电场力做功为 2.0 × 10 － 12 J C. 若其他条件均不变， d 增大为原来的 2 倍，则喷涂面积增大为原来的 2 倍 D. 若其他条件均不变， E 增大为原来的 2 倍，则喷涂面积减小为原来 的 答案 图 9 解析 √ 8 9 7 10 沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达 B 板，电场力做功为 W ＝ qEd ＝ 2.0 × 10 － 15 × 1.0 × 10 3 × 1.0 J ＝ 2.0 × 10 － 12 J ，故 B 正确； 8 9 7 10 8 9 7 10 9.( 多选 )(2017· 四川宜宾市二诊 ) 如图 10 甲 所 示 ，真空中水平放置两块长度为 2 d 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相同带电粒子 . t ＝ 0 时刻释放的粒子恰好从 Q 板右侧边缘离开电场 . 已知 电场变化周期 T ＝ ， 粒子质量为 m ，不计粒子重力及相互间的作用力 . 则 A . 在 t ＝ 0 时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为 v 0 B . 粒子的电荷量为 C . 在 t ＝ T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少 了 D . 在 t ＝ T 时刻进入的粒子刚好从 P 板右侧边缘离开 电场 图 10 √ √ 答案 8 9 7 10 10.(2015· 全国卷 Ⅱ ·24) 如图 11 所示，一质量为 m 、电荷量为 q ( q >0) 的粒子在匀强电场中运动， A 、 B 为其运动轨迹上的两点 . 已知该粒子在 A 点的速度大小为 v 0 ，方向与电场方向的夹角为 60° ；它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30°. 不计重力 . 求 A 、 B 两点间的电势差 . 图 11 答案 解析 8 9 7 10 解析 　 设带电粒子在 B 点的速度大小为 v B ，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 v B sin 30° ＝ v 0 sin 60° 8 9 7 10 热点精练 4 　 带电物体在电场与重力场中的运动 知识方法链接 匀强电场中电场力为恒力，物体重力也为恒力，二者合力也是恒力，处 理电场与重力场的叠加场时可用二者合力来代替两力，称为 “ 等效 重 力 ”. . 处理圆周运动、 抛体运动 时 ，找到 轨迹的 “ 等效最低点 ”“ 等效最高点 ” ，类比只有重力时的情况解题即可 . A. 电场强度的大小 为 B. 小球初速度的大小为 C . 小球通过点 P 时的动能 为 D. 小球从 O 点运动到 P 点的过程中，电势能减少 真题模拟精练 答案 解析 11.( 多选 )(2017· 湖北荆门市元月调考 ) 如图 12 所示，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 ( ， ). 已知重力加速度为 g ， 则 图 12 √ 11 12 √ 11 12 11 12 12.(2017· 全国卷 Ⅱ ·25) 如图 13 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 点将质量均为 m ，电荷 量 分别 为 q 和－ q ( q >0) 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 ： (1) M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比 ； 答案 解析 图 13 11 12 答案 　 3 ∶ 1 11 12 解析 　 设小球 M 、 N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v 0 ，则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 ＝ 0 ① 联立 ①②③ 式得 (2) A 点距电场上边界的高度； 答案 　 答案 解析 11 12 解析 　 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 M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 联立 ①②⑤⑥⑦ 式可得 11 12 (3) 该电场的电场强度大小 . 答案 　 答案 解析 11 12 解析 　 设电场强度的大小为 E ，小球 M 进入电场后做直线运动，则 设 M 、 N 离开电场时的动能分别为 E k1 、 E k2 ，由动能定理得 由已知条件 E k1 ＝ 1.5 E k2 ⑫ 11 12 本课结束