高考物理二轮复习学案：专题复习篇 专题3 第1讲 电场的性质、带电粒子在电场中的运动

1、PAGE 13 -电场的性质、带电粒子在电场中的运动建体系知关联析考情明策略考情分析近几年高考命题形式选择题和计算题都有出现，电场力的性质和能的性质一般以选择题形式命题，带电粒子在电场中的运动则常以计算题形式出现，考查学生的建模能力和应用数学知识处理物理问题的能力。素养呈现1.电场线、等势面的特点2.电势高低及电势能大小的判断3.带电粒子在电场中的加速与偏转素养落实1.掌握描述电场性质的物理量2.掌握判断电势高低及电势能大小的方法3.能利用运动合成与分解的方法处理带电粒子在电场中运动问题考点1| 电场的性质1电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系2电势高低的比较(1)根据电场线方向判断，沿着

2、电场线方向，电势越来越低。(2)将带电荷量为q的电荷从电场中的某点移至无穷远处时，电场力做正功越多，则该点的电势越高。(3)根据电势差UABAB判断，若UAB0，则AB，反之Ad，D项错误。3.(多选)(2019全国卷T21)如图所示，电荷量分别为q和q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则()Aa点和b点的电势相等Ba点和b点的电场强度大小相等Ca点和b点的电场强度方向相同D将负电荷从a点移到b点，电势能增加BC分别画出电荷q和q在a、b处的电场，如图1所示，根据电场叠加的原理，可知a、b两点的电场强度大小、方向均相同，故B、C正确；画出q、b、q、a所在

3、平面的电场线，如图2，由图可知b点的电势大于a点，所以将负电荷从a点移到b点，电势能减小，故A、D错误。图1图2考点2| 与平行板电容器相关的电场问题1必须记住的三个公式定义式Ceq f(Q,U)，决定式Ceq f(rS,4kd)，关系式Eeq f(U,d)。2掌握两个重要结论(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，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，则板间电场强度大小不变。3注意一个特例：当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。典例

4、2如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是()A平行板电容器的电容将变小B带电油滴的电势能将减小C静电计指针张角变小D若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变题眼点拨“下极板接地”表明该点电势为零。“带负电油滴被固定于电容器中的P点”相对位置不变，若场强变化会引起电势、电势能的变化。“上极板竖直向下平移”，板间距离减小，电容增大。B将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小

5、，根据Ceq f(rS,4kd)知，d减小，则电容增大，故A错误；电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该油滴带负电荷，则电势能减小，故B正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C错误；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，再将下极板左移一小段距离，正对面积S减小，根据Eeq f(U,d)eq f(Q,Cd)eq f(4kQ,rS)，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D错误。反思感悟：“1个不变，3个公式”巧解平行板电容器问题跟进训练1.(2020河南信阳一中检

6、测)目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫作“嵴”，凹下部分叫作“峪”，传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和与之正对的皮肤表面就形成了大量的小电容器，由于距离不同，所以这些小电容器的电容不同。此时传感器给所有的小电容器充电达到某一电压值，然后开始放电，其中电容值较小的小电容器放电较快，于是根据放电快慢的不同，就可以探测到“嵴”和“峪”的位置，从而形成指纹的图象数据。根据以上信息，下列说法正确的是()A在“峪”处形成的小电容器电容较大B在“峪”处形成的小电容器放电较慢C在“嵴”处形成的小电容器充电后带电荷量较

7、大D潮湿的手指对指纹识别没有任何影响C根据Ceq f(rS,4kd)可知在“峪”处形成的小电容器电容较小，放电较快，选项A、B错误；在“嵴”处形成的小电容器电容较大，充电后带电荷量较大，选项C正确；由于手指表面液体中含有电解质，可导电，所以潮湿的手指对指纹识别有影响，选项D错误。2研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是()A实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大A实验前，只用带电

8、玻璃棒与电容器a板接触，则a板带电，由静电感应，在b板上感应出与a板电性相反的电荷，故选项A正确；实验中，只将电容器b板向上平移，正对面积S变小，由Ceq f(rS,4kd)，可知电容C变小，由Ceq f(Q,U)可知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，选项B错误；实验中，只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数r变大，由Ceq f(rS,4kd)，可知电容C变大，由Ceq f(Q,U)可知，Q不变，U变小，静电计指针的张角变小，选项C错误；实验中，只增加极板带电荷量，电容C不变，由Ceq f(Q,U)，可知静电计指针的张角变大，故选项D错误。3.(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源

9、、理想二极管(正向通电时可以理解为短路，反向通电时可理解为断路)连接，电源正极接地。初始时电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是()A上极板上移，带电油滴向下运动B上极板上移，P点电势降低C上极板下移，带电油滴向下运动D上极板下移，P点电势升高BD将上极板向上移动，d变大，由Ceq f(rS,4kd)可知，C变小，电容器要放电，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由Eeq f(4kQ,rS)可知，电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止，上极板电势为零，P点到上极板的距离增大，根据UEd可知，P点与上极板间的电势

10、差的绝对值增大，而P点的电势为负，所以P点电势降低，A错误，B正确；若上极板下移，则d变小，C变大，两极板间的电压U等于电源电动势不变，电场强度Eeq f(U,d)变大，油滴所受电场力变大，电场力大于重力，合力向上，油滴向上运动，P点到下极板的距离不变，根据UEd可知，P点与下极板间的电势差的绝对值增大，则P点与上极板间的电势差的绝对值减小，而P点的电势为负，所以P点电势升高，C错误，D正确。考点3| 带电粒子在电场中的运动1带电粒子在电场中的运动2解题途径的选择(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选

11、择运动和力的关系。(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解。典例3(2019全国卷T24)如图所示，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为(0)。质量为m、电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？思路点拨根据P、Q的电势和极板间距确定电场强度。带电粒子在电场中

12、做类平抛运动，应用分解方法。正确判断金属板的长度最短的条件。解析(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有Eeq f(2,d)FqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkeq f(1,2)mveq oal(2,0)设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有heq f(1,2)at2lv0t联立式解得Ekeq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(2,d)qhlv0eq r(f(mdh,q)。(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板

13、的长度L2l2v0eq r(f(mdh,q)。答案(1)eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(2,d)qhv0eq r(f(mdh,q)(2)2v0eq r(f(mdh,q)规律总结：带电粒子在电场中运动问题的分析思路(1)分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动。(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。(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，再应用动力学知识或功能关系求解。(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，

14、要注意分析带电粒子的运动规律的变化及与两区域电场交界处有关联的物理量，这些物理量往往是解决问题的突破口。跟进训练1. (多选)如图所示，几种质量不同、所带电荷量相同的正电粒子，从小孔S处无初速度地飘入水平向右的匀强电场，被加速后，进入电场方向竖直向下的匀强电场中发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互间的作用，则下列说法中正确的是()A加速电场对这几种粒子做的功一样多B这几种粒子进入偏转电场的速度相同C这几种粒子运动到屏上所用的时间相同D这几种粒子打在屏上的位置一定相同AD设加速电场的电压为U1，则有WqU1，由于这几种粒子所带电荷量相同，所以加速电场对这几种粒子做的功

15、一样多，选项A正确；根据动能定理可得qU1eq f(1,2)mveq oal(2,0)，解得粒子进入偏转电场的速度为v0eq r(f(2qU1,m)，由于这几种粒子电荷量相同、质量不同，则这几种粒子进入偏转电场的速度不相同，选项B错误；由于不同粒子进入偏转电场时的速度大小不同，在加速电场中运动的时间也不同，速度大的粒子在偏转电场中运动的时间短，出偏转电场后，粒子在水平方向上做匀速直线运动，运动到屏上的水平距离相等，所以速度大的粒子打到屏上用的时间短，由此可知这几种粒子运动到屏上所用的时间不相同，选项C错误；设偏转电场的电压为U2，板长为L，两板间的距离为d，粒子在偏转电场中的偏转位移为y，则有

16、yeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qU2,md)eq f(L2,voal(2,0)eq f(U2L2,4U1d)，所以粒子射出偏转电场的偏转位移相等，再根据速度方向的反向延长线过水平位移的中点，可知粒子射出的速度方向相同，故这几种粒子打在屏上的位置一定相同，选项D正确。2.(多选)(2020哈尔滨六中期中考试)如图所示，MN为同一竖直线上相距为h的两点，空间存在竖直平面内方向未知的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从M点以速度v0eq r(2gh)水平抛出，刚好能够通过N点，过N点时的速度大小为v2eq r(2gh)，重力加速度为g，则()A小球从M到N点动能的变

17、化量为3mghB电场强度大小为eq f(4mg,q)C小球从M到N点所用的时间为eq r(f(h,2g)D小球从M到N点所用的时间为eq r(f(2h,3g)ABD由动能定理可得小球从M到N点动能的变化量为Ekeq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(2,0)，解得Ek3mgh，选项A正确；将小球的运动分解为水平方向的运动和竖直方向的运动，由题可知N点恰好在M点的正下方，又小球在水平方向上的位移为零，故电场力沿水平方向的分量不做功，由于在竖直方向上动能的变化量Ek3mgh大于重力势能变化量Epmgh，故重力与电场力都做正功，则在竖直方向上电场力的分量竖直向下，所以W电Fyh，

18、由动能定理可得W电mgheq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(2,0)，联立两式解得电场力沿竖直方向的分量为Fy2mg，小球沿竖直方向的加速度ayeq f(Fymg,m)3g，根据heq f(1,2)at2可得小球运动的时间为teq r(f(2h,3g)；小球到达N点时沿竖直方向的分速度vyayteq r(6gh)，小球沿水平方向的分速度vxeq r(v2voal(2,y)eq r(2gh)；以水平向右为正方向，对小球，在水平方向上根据动量定理有Fxtmvx(mv0)，解得电场力沿水平方向的分量Fx2eq r(3)mg，则小球受到的电场力为Feq r(Foal(2,x)Foal(2,y)4mg，故电场强度大小为Eeq f(F,q)eq f(4mg,q)；选项B、D正确，C错误。3.(多选)(2020宜宾市叙州区第二中学校高三三模)反射式速调管是常用微波器之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振