2021届高考二轮复习-电磁场专题-第1讲-电场及带电粒子在电场中的运动-学案

2021届高考二轮复习电磁场专题2．根据粒子轨迹判断粒子的受力及运动情况的三个依据(1)确定受力方向的依据①曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；②电场力方向与电场强度方向的关系：正电荷的受力方向与电场强度方向同向，负电荷则相反；③电场强度方向与电场线或等势面的关系：电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。(2)比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密E越大F＝qE越大qEa＝越大。m(3)判断功)，速度增加(减小)。◎[备考策略]加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负1．静电场的研究方法(1)理想化模型。如点电荷。(2)比值定义法。电场强度、电势的定义方法是定义物理量的一种重要方法。(3)类比的方法。电场和重力场的比较；电场力做功与重力做功的比较；带电粒子在匀强电场中的运动和平抛运动的比较。2．必须辨明的“4个易错易混点”(1)在电场强度定义式E＝Fq中，错误地认为E与F、q有关。(2)判断电场力时注意带电粒子的电性，要区分轨迹与电场线。(3)不能随意忽略带电体的重力。(4)电场强度和电势、电势能的大小没有直接联系。3．“三看”和“三想”(1)看到“电场力做正功(负功)”，想到“电势能减少(增加)”。(2)看到(3)看到“电容器充电后与电源断开”，想到“Q不变”；看到“电容器始终与电源相连”，想到“U不变”。“只有电场力做功”，想到“动能(Ek)和电势能(Ep)的总和不变”。命题点一电场的基本性质1．电场线假想线，直观形象地描述电场中各点场强的强弱及方向，曲线上各点的切线方向表示该点的场强方向，曲线的疏密程度表示电场的强弱。2．电势高低的比较(1)沿着电场线方向，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，电场力做功越多，则该点的电势越高；(3)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB>0，则φA>φB，反之，则φA<φB。3．电势能变化的判断(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。即W＝－ΔEp。(2)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的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和保持不变。角度①对电场强度、电势、电势能的理解与判断(2020·课标全国卷Ⅱ)(多选)如图，竖直面内一绝缘细圆)地截取两小段，ab连线直径上的点为等量异种点电荷电场的连线中点，可知ab连线为等势线，电势相等，故B正确；同理可知，c、d两点并不在等势线上，故D错误；由电场叠加原理和对称规律可知，a、b两点电场强度大小相等，方向相同，同理可知，c、d两点电场强度大小相等，方向相同，故A、C正确。](2020·课标全国卷Ⅲ)(多选)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是()A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负BC[本题考查点电荷周围电场的性质、电场力和电势能的分析。根据几何关系可知，沿MN边从M点到N点，线段上的点到P点的距离先减小后增大，kQ且PM<PN。根据E＝r可知，沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小先2增大后减小，故A错误；根据越靠近正电荷电势越高可知，沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小，且有φM>N，故B正确；根据正电荷在电势高的φ位置电势能大可知，正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大，将正电荷从电势高处移动到电势低处，电场力做正功，故C正确，D错误。]角度②对带电粒子运动轨迹的判断(2019·全国卷Ⅱ)(多选)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则(A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能)D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行AC[本题考查带电粒子在静电场中的运动，考查的核心素养是科学思维。在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误。]角度③电场中的图像问题在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x处以一定初动能仅在电场力作0用下沿x轴正向穿过该电场区域。则该质子()A．在－x～0区间一直做加速运动0B．在0～x0区间受到的电场力一直减小C．在－x～0区间电势能一直减小0D．在－x处的初动能应大于eφ00D[从－x0到0区间，电势升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，选项A错误；根据场强与电势差的关系式E＝ΔφΔx，从0到x区间，图线的斜率的绝对值先增大0后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝Eq，质子受到的电场力先增大后减小，选项B错误；在－x0到0区间，质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，选项C错误；因为质子从－x0到0区间做减速运动，从0到x0区间做加速运动，所以质子能穿过电场区域的条件是在原点处的动能E要大于零，设质子初动能为E0，从－x0到0过程中，根据动能定理得E－E0＝－eφ0，所以E0＝eφ0＋E>eφ0，选项D正确。]角度④电场中功与能的综合问题(2018·全国卷Ⅰ)(多选)图中虚线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2V。一a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是(电子经过)A．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4eVd时的2倍D．该电子经过平面b时的速率是经过AB[电子在等势面b时的电势能为Epb＝qφ＝－2eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6eV，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2eV，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2eV，C错误；电子在等1势面b的动能为8eV，电子在等势面d的动能为4eV，由公式Ek＝mv2可知，2该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的2倍，D错误；如果电子的速度与等势面不垂直，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。][考向预测]1．(多选)如图所示，平面直角坐标系xOy中同时存在范围足够大、方向平行于坐标系平面的两个匀强电场Ⅰ和Ⅱ，其中电场Ⅰ的场强大小为E、方向沿＋y轴。一个电子在某次运动C点中的轨迹如图中曲线ACB所示，轨迹关于虚线OC对称，3坐标为a)。已知A、B两点关于虚线OC对称，电子的重力不计，下列说3(a,法正确的是()A．电子位于A、B、C三点处的电势能大小关系是E＝EPB<EPCPAB．电场Ⅰ和Ⅱ的合场强方向与＋y轴成30°角12C．电场Ⅱ的场强大小可能为ED．电场Ⅱ的场强大小可能为EAD[由电子的运动轨迹可知，电子所受的电场力的合力沿CO方向指向O点，则电场合场强的方向沿OC方向指向C点，A、B两点电势相等且高于C点的电势，故电子位于A、B、C三点处的电势能大小关系是EPA＝EPB<EPC，A正确；由C点的坐标可知，合场强的方向与＋x轴夹角为30°，B错误；由平行四23E(场强Ⅱ的场强方向与合边形定则可知，场强Ⅱ的场强最小值为Ecos30°＝场强的方向垂直时，场强Ⅱ的场强有最小值)，C错误，D正确。]2.(2020·山东青岛期末)如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在正六边形路径abcdef，六边形的中心点O与A、B连a、d连线与A、B连线相互垂直。现将一A、B两点间取一线的中点重合，其中α粒子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是()A．c点和B．e点和f点的电场强度和电势都相同C．粒子从b点经c点到d点过程中，电势能先增加再减小D．粒子从d点经ef到a点过程中，电场力不做功e点的电场强度和电势都相同D[由等量异种点电荷周围电场线的分布规律，可知c点和e点的电场强度大小相等，方向不同，根据沿电场线电势降低，可知e点电势高于c点电势，A项错误；e点和f点的电场强度的大小相等，但方向不同，又e点和f点在同一等势面上，故电势相等，B项错误；α粒子带正电，从b点经c点到d点过程中，与A点处的点电荷距离先变近后变远，故电场力对粒子先做正功后做负功，电势能先减少后增加，C项错误；由于电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，又由于a、d两点在同一等势面上，故粒子从d点经ef到a点过程中，电场力做功为零，即不做功，故D正确。]命题点二与平行板电容器相关的电场问题1．平行板电容器的两类动态问题εSQU②C＝③E＝Ud的分析方法涉及公式①C＝r4πkd两种情形始终连接电源充电后断开电源不变量UQd变大C变小，Q变小，E变小C变小，U变大，E不变εr变大C变大，变大，不EQC变大，U变小，E变小变S变大C变大，Q变大，E不变C变大，U变小，E变小2.熟记二级结论在直流电路中，电容器相当于断路，其两端电压等于与之并联的支路两端电压；电容器所带的电荷量恒定不变时，极板间的电场强度与极板间距离无关。(多选N板接地，在距两板等距离的如果M板向上平段距离，则()A．点电荷)如图所示，两块正对平行金属板M、N与电源相连，P点固定一个带负电的点电荷，移一小受到的电场力变小B．M板带的电荷量增加C．P点的电势升高D．点电荷在P点具有的电势能增加UdAD[两板电压不变，M板上移，d增大，由E＝知E变小，由F＝qE知εrS电场力变小，A正确；由电容的决定式C＝4πkd知，M板上移，电容减小，由φQ＝CU可知，Q变小，B错误；N板接地电势为零，P＝UPN＝E·dPN，E变小，则φφφ降低，C错误；由Ep＝qφP，因为q<0，P>0，P变小，则Ep变大，D正P确。][考向预测])如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态。若某时刻油滴的电荷量开始减小(质量不变)，为维持该油滴原来的静止状态应(1.(多选)A．给平行板电容器继续充电，补充电荷量B．让平行板电容器放电，减少电荷量C.使两极板相互靠近些D．将上极板水平右移一些AD[给平行板电容器继续充电，电荷量增大，电容不变，由U＝CQ知电势差增大，根据E＝Ud知电场强度增大，可使电场力不变，故A正确。同理，εrS让电容器放电时，油滴不能平衡，故B错误。因为E＝Ud，U＝，C＝QC4πkd，则E＝4πkQ，说明电场强度与电容器两极板间的距离无关，即电容器两极板靠εrS近时，电场强度不变；油滴电荷量减小，则电场力减小，油滴不能平衡，故C错误；将上极板水平右移，正对面积减小，电容减小，电势差U＝QC增大，电场强度E＝Ud增大，可使电场力不变而油滴平衡，故D正确。]2．(2020·安徽安庆市二模)如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合。一带电油滴沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器。则下列判断正确的是()A．粒子带正电B．保持开关闭合，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动C．保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹①运动D．断开开关，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动B[开关闭合时，油滴做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A极板和电源正极相连，所以场强方向向下，故油滴带负电，A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d变小，由公式E＝Ud知场强增大，电场力大于重力，粒子沿轨迹②运动，故B正确；保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，板间距d增大，由公式E＝Ud知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，故C错误；断开开关，电容器电荷量不变，将B板向上平移一定距离，εrS4πkQ，与板间距离无关，故场强QUUd得，E＝由公式C＝，C＝4πkd，E＝εrS不变，所以粒子沿轨迹①运动，故D错误。]命题点三带电粒子在电场中的运动解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意事项角度①带电粒子在电场中的直线运动(多选)如图所示，两竖直放置的平行板与电源相连接，闭合开关S的同时将一带负电的粒子(重力可忽略不计)由A板静止释放，经时间t运动到B板时的速度为v，该粒子的加速度大小为a，粒子到B板时的动能大小为Ek。如果仅将两板之间的距离加倍，则()A．粒子运动到B板的速度为2va2B．粒子的加速度变为C．粒子的运动时间变为2tD．粒子运动到B板的动能为EkBCD[设电源电压为U，两板之间的距离为d，粒子的质量为m，粒子的电荷量为q。由牛顿第二定律得a＝qUmd12，由动能定理得qU＝mv2，则粒子到B2qUm，粒子在板间运动板的动能为Ek＝qU，粒子运动到B板的速度为v＝2qUvamqUmd2qUm，如果仅将两板之间的距离加倍，则由a＝a2qUm可知，增加两板之间的时间为t＝＝＝dqUmd可知，粒子的加速度变为，B正确；由v＝22mqU的距离对速度无影响，故粒子运动到B板的速度仍为v，A错误；由t＝d可知，两板之间的距离加倍后粒子的运动时间变为2t，C正确；由Ek＝qU可知，增加两板之间的距离对动能无影响，故粒子运动到B板的动能仍为Ek，D正确。]角度②带电粒子在电场中的曲线运动(2020·浙江普通高校招生选考科目考试)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒则粒子到达MN连线上的某点时(mv0子的重力可以忽略，)A．所用时间为0qEB．速度大小为3v022mv20P点的距离为qEC．与D．速度方向与竖直方向的C[粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和夹角为30°12Eqm，解得t＝2mv0竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，a＝，A错误；在qE该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝（2v＋v＝5v0，B错误；该点到P点的距离s＝2x＝2v0t＝）220022mv02qE，C正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角v12θ的正切值tan＝2v＝，则θ≠30°，D错误。]00[考向预测]1.如图所示，一平行板电容器的电容为电荷的两极板A、B倾斜放置，质量为m带电荷量为－q的油滴，从极板A上的小孔P以初速度v水平向右射入极板间，C，带有等量异种0经时间t后油滴又从P孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B相碰，已知重力加速度g。则()A．两极板间的距离d＝v2t0Cmv20B．电容器所带的电荷量Q＝qC．两极板间的电场强度大小E＝2mqtv04vtmq2D．两极板间的电场强度大小E＝g2＋02D[据题意可知油滴不可能做匀速直线运动和匀变速曲线运动，只能是先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，则重力和电场力的合力与初速度方向相反，根据运动的对称性可知x＝v0t22θ·，而电容器的距离d＝xsin，A，而Q＝CU，可知Q＝C·m2vq0212错误；对应减