【物理】2019届一轮复习人教版电场学案

【物理】2019届一轮复习人教版电场学案

第 5 讲章末热点集训[学生用书 P140] 带电粒子运动轨迹的分析 (多选)如图所示，实线是一质子仅在电场力作用下由 a 点运动到 b 点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也 可能是等差等势线，则下列说法中正确的是( ) A．若虚线是电场线，则质子在 a 点的电势能大，动能小 B．若虚线是等差等势线，则质子在 a 点的电势能大，动能小 C．质子在 a 点的加速度一定大于在 b 点的加速度 D．a 点的电势一定高于 b 点的电势 [解析] 若虚线是电场线，由质子轨迹可知质子所受电场力方向沿电场线向左，由 a 点运动到 b 点，电场 力做负功，电势能增大，动能减小，A 错；若虚线是等势线，则质子所受电场力垂直等势线向下，由 a 点运动 到 b 点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，B 对；因电场线和等差等势线的疏密程度均可表示电场强度 大小，而 a 点处于密集区，所以 Ea>Eb，由 a＝qE m 知 C 对；因质子在 a、b 两点的电势能大小无法比较，由 Ep ＝qφ知，a、b 两点的电势无法比较，D 错． [答案] BC 1. (多选)(2018·山西太原五中检测)图中虚线是某电场中的一簇等差等势线．两个带电粒子从 P 点均沿等势线 的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力的作用，则下列说法中正确的 是( ) A．a 点的电场强度小于 b 点的电场强度 B．a 点的电势高于 b 点的电势 C．粒子从 P 运动到 a 的过程中，粒子的动能和电势能总和不变 D．粒子从 P 运动到 b 的过程中，粒子的动能增大 解析：选 ACD.等势线的疏密程度表示电场强度的大小，越密，电场强度越大，故 a 点的电场强度小于 b 点的电场强度，A 正确；运动过程中电场力做正功，所以电势能减小，但是由于不知道粒子的带电性质，无法 判断两点的电势高低，B 错误；粒子从 P 运动到 a 的过程中，只有电场力做功，电势能转化为动能，两者之 和不变，C 正确；粒子从 P 运动到 b 的过程中，电场力做正功，动能增大，D 正确． 电容器的动态分析问题 (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 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 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 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 [解析] 根据题图可知，A 板带负电，B 板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向 上的电场力刚好与重力平衡；当 S 闭合，若将 A 板向上平移一小段位移，则板间间距 d 变大，而两板间电压 U 此时不变，故板间场强 E＝U d 变小，油滴所受的合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据 C＝ εrS 4πkd 可知， 电容 C 减小，故两板所带电荷量 Q 也减小，因此电容器放电，所以 G 中有 b→a 的电流，选项 A 正确；在 S 闭合的情况下，若将 A 板向左平移一小段位移，两板间电压 U 和板间间距 d 都不变，所以板间场强 E 不变， 油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积 S 减小了，根据 C＝ εrS 4πkd 可知，电容 C 减小，两板所带电荷 量 Q 也减小，电容器放电，所以 G 中有 b→a 的电流，选项 B 正确；若将 S 断开，两板所带电荷量 Q 保持不 变，板间场强 E 也不变，油滴仍然静止，选项 C 错误；若将 S 断开，再将 A 板向下平移一小段位移，两板所 带电荷量仍保持不变，两板间间距 d 变小，根据 C＝ εrS 4πkd ，U＝Q C 和 E＝U d ，可得 E＝4πkQ εrS ，显然，两板间场强 E 不变，所以油滴仍然静止，G 中无电流，选项 D 错误． [答案] AB 2.(多选)(2018·山东潍坊实验中学模拟)如图所示，一电容为 C 的电容器(两极板水平放置) 与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为 U，两极板间距为 d，电容器储存的能量 E1＝1 2CU2.一电 荷量为 q 的带电油滴以初动能 Ek0 从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀 速通过电容器，则( ) A．保持开关闭合，只将上极板下移d 3 ，带电油滴仍能沿水平线运动 B．保持开关闭合，只将上极板下移d 3 ，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为 Ek0＋qU 12 C．断开开关后，将上极板上移d 3 ，若不考虑电容器极板的重力势能变化等因素，外力对极板做功为 2 3CU2 D．断开开关后，将上极板上移d 3 ，若不考虑电容器极板的重力势能变化等因素，外力对极板做功为 1 6CU2 解析：选 BD.保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移d 3 的过程中，极板距离减小，根据 E＝U d 知电场 强度增大，电场力增大，带电油滴向上偏转，故 A 错误；初始时油滴能匀速通过电容器，说明 mg＝qU d ，保持 开关闭合，仅将上极板下移d 3 ，两极板间距离变为 2 3d，电场强度 E＝U 2d 3 ＝3U 2d ，电场力做功 W 电＝qE d 2 －d 3 ＝qU 4 ， 根据动能定理 W＝Ek－Ek0，－mg· d 2 －d 3 ＋qU 4 ＝Ek－Ek0，解得 Ek＝Ek0＋qU 4 －1 6 qU d d＝Ek0＋qU 12 ，所以撞击上极 板时的动能是 Ek0＋qU 12 ，故 B 正确；开始时电容器存储的能量为 E1＝1 2CU2，断开开关后，电容器所带电荷量 Q 不变，上极板上移d 3 ，由 C＝εrS 4πkd 知电容器电容变为 3 4C，由 Q＝UC 知，两板电势差变为 4 3U，此时电容器储 存能量 E2＝1 2 × 3 4C × 4 3U 2 ＝2 3CU2，根据能量守恒，不考虑电容器极板重力势能的变化，外力对极板所做的 功 W＝E2－E1＝1 6CU2，故 C 错误，D 正确． 带电粒子在“等效力场”中的运动 如图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3 4 ，圆环半径为 R，斜面倾角为θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？ (sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) [解析] 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力 F，如图所示．可知 F＝1.25mg， 方向与竖直方向成 37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是 D 点，设小球恰好能通过 D 点，即 达到 D 点时圆环对小球的弹力恰好为零． 由圆周运动知识得： F＝mv2D R ，即：1.25mg＝mv2D R 小球由 A 运动到 D 点，由动能定理得： mg(h－R－Rcos 37°)－3 4mg×(hcotθ＋2R＋Rsin 37°)＝1 2mv2D 联立解得 h＝7.7R. [答案] 7.7R 3.如图所示，绝缘光滑轨道 AB 部分是倾角为 30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为 R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为 E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为 m 的 小球，带正电荷量为 q＝ 3mg 3E ，要使小球能安全通过圆轨道，则在 O 点的初速度应为多大？ 解析： 电场力与重力的合力视为等效重力 mg′，大小为 mg′＝ （qE）2＋（mg）2＝2 3mg 3 ，tan θ＝qE mg ＝ 3 3 ，得θ ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，由几何关系知：A 为等效最低点， D 为等效最高点，要使小球安全通过圆轨道，经过 D 点时应满足： mg′≤mv2D R 令小球以最小初速度 v0 运动，由动能定理知： －mg′·2R＝1 2mv2D－1 2mv20 解得 v0≥ 10 3gR 3 ，即 v≥ 10 3gR 3 . 答案：v≥ 10 3gR 3 带电粒子在电场中的加速和偏转问题 如图所示，虚线 MN 左侧有一场强为 E1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线 MN 和 PQ 之间存在 着宽为 L、电场强度为 E2＝2E 的匀强电场，在虚线 PQ 右侧相距为 L 处有一与电场 E2 平行的屏，现将一电子 (电荷量为 e，质量为 m)无初速度地放入电场 E1 中的 A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂 足为 O，求： (1)电子从释放到打到屏上所用的时间； (2)电子刚射出电场 E2 时的速度方向与 AO 连线夹角θ的正切值 tan θ； (3)电子打到屏上 P′点到 O 点的距离 x. [解析] (1)电子在电场 E1 中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为 a1，时间为 t1，由牛顿第二定 律和运动学公式得： a1＝eE1 m ＝eE m L 2 ＝1 2a1t21 v1＝a1t1，t2＝2L v1 运动的总时间为 t＝t1＋t2＝3 mL eE . (2)设电子射出电场 E2 时，沿平行电场线方向的速度为 vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度 为 a2＝eE2 m ＝2eE m t3＝L v1 ，vy＝a2t3 tan θ＝vy v1 联立各式解得 tan θ＝2. (3)如图，设电子在电场中的偏转距离为 x1 x1＝1 2a2t23 tan θ＝x2 L 解得：x＝x1＋x2＝3L. [答案] (1)3 mL eE (2)2 (3)3L 4.(2018·河北正定模拟)从地面以 v0 斜向上抛出一个质量为 m 的小球，当小球到达最高点 时，小球具有的动能与势能之比是 9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平 行于小球抛出平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为 q 的原小球，小球到达最高点时的动能与 刚抛出时动能相等．求： (1)无电场时，小球升到最高点的时间； (2)后来加上的电场的场强大小． 解析：(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是 9∶16 将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则 由 v2y＝2gh，得 1 2mv2y＝mgh 1 2mv2x∶1 2mv2y＝9∶16 解得初始抛出时 vx∶vy＝3∶4 所以竖直方向的初速度为 vy＝4 5v0 竖直方向做匀减速运动 vy＝gt，得 t＝4v0 5g . (2)设后来加上的电场场强大小为 E，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向 与小球初速度的水平分量方向相同，则有 E1q m t＋3 5v0＝v0 解得：E1＝mg 2q 若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有 E2q m t－3 5v0＝v0 解得：E2＝2mg q . 答案：(1)4v0 5g (2)mg 2q 或2mg q