《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專(zhuān)題突破復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 第一講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專(zhuān)題突破復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 第一講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（22頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第一講　電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [知識(shí)建構(gòu)] [高考調(diào)研] 1.電場(chǎng)知識(shí)仍將是考查的重點(diǎn)．選擇題中可能考查電場(chǎng)強(qiáng)度的求解與比較的相關(guān)問(wèn)題，計(jì)算題中可能考查帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，不過(guò)考慮到動(dòng)量第二年被納入必考范疇，作為壓軸題出現(xiàn)的可能較大，因此計(jì)算題的第1題有可能考查電場(chǎng)或磁場(chǎng)的相關(guān)問(wèn)題． 2.常用的思想方法：①等效法．②對(duì)稱(chēng)法．③圖象法．④類(lèi)比法． 　[答案]　(1)電場(chǎng)強(qiáng)度三公式的異同及選擇原則 (2)電場(chǎng)力做功的計(jì)算方法 ①WAB＝qUAB(普遍適用)． ②W＝qElcosθ(適用于勻強(qiáng)電場(chǎng))． ③WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量

2、角度求解)． ④W電＋W非電＝ΔEk(由動(dòng)能定理求解)． (3)電勢(shì)高低的判斷方法 考向一　對(duì)電場(chǎng)性質(zhì)的理解 [歸納提煉] 電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能的表達(dá)式及特點(diǎn)對(duì)比 　(多選)(2017·全國(guó)卷Ⅲ)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為10 V、17 V、26 V．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2.5 V/cm B．坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為1 V C．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的低7 eV D．電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為9 eV [思路點(diǎn)撥]　(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)的變化是均勻的． (2)求

3、場(chǎng)強(qiáng)大小時(shí)可添加輔助線，利用幾何關(guān)系求解． [解析]　解法一：巧妙運(yùn)用勻強(qiáng)電場(chǎng)的電勢(shì)分布特點(diǎn)求解． ab與Oc交點(diǎn)電勢(shì)相等，且＝，則可得φO＝φa＋φb－φc＝1 V. 這是突破本題第一個(gè)難點(diǎn)的簡(jiǎn)便方法． 本題還有第二個(gè)難點(diǎn)：求出該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。@需要添加輔助線，利用幾何關(guān)系列式求解． 如圖1所示，過(guò)b點(diǎn)作bd垂直于Oc，則由幾何關(guān)系可得 cd＝ m 故＝，則d點(diǎn)的電勢(shì)為φd＝17 V，故bd為等勢(shì)面．從而得出電場(chǎng)線沿cO方向，故E＝＝2.5 V/cm. 至于選項(xiàng)C、D，學(xué)生均可根據(jù)電場(chǎng)力做功引起電勢(shì)能變化列式求解，對(duì)大多數(shù)學(xué)生沒(méi)有太大的難度． 從a到b移動(dòng)電子，電

4、場(chǎng)力做功W＝Uab(－e)＝(－7)×(－e)＝7 eV. 電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故電子在a點(diǎn)電勢(shì)比在b點(diǎn)高7 eV，故C錯(cuò)誤；從b到c移動(dòng)電子，電場(chǎng)力做功W＝－eUbc＝9 eV，故D正確． 解法二：利用假設(shè)法求解． 設(shè)過(guò)c點(diǎn)的一條電場(chǎng)線ck與ac間夾角為θ，場(chǎng)強(qiáng)為E，如圖2所示． 過(guò)a點(diǎn)做該電場(chǎng)線的垂線ad，過(guò)b點(diǎn)作垂線be，由于ad和be為兩條等勢(shì)線，且Ucd＝16 V，Uce＝9 V，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度的規(guī)律U＝E·d可得 Ucd＝E×dcd＝16 V① Uce＝E×dce＝9 V② 根據(jù)tanθ＝可得θ＝37°，則 E＝2.5 V/cm 這種解法對(duì)數(shù)學(xué)基

5、礎(chǔ)要求較高，可是當(dāng)求出場(chǎng)強(qiáng)大小后，坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)便可順利求解．由以上分析可見(jiàn)電場(chǎng)線沿cO方向． 由dcO＝10 cm得 UcO＝E·dcO＝25 V φ0＝＋1 V. [答案]　ABD 在平時(shí)的練習(xí)中不難發(fā)現(xiàn)，正確答案為三項(xiàng)的選擇題，即使解題難度不大，也極易出錯(cuò)，正確率直線下降，更何況此題本身對(duì)學(xué)生的能力要求較高，所以得分率很低.導(dǎo)致失誤的第二個(gè)原因，可能是平時(shí)解題習(xí)慣不好，作等勢(shì)線圖不用直尺，不嚴(yán)謹(jǐn)或不簡(jiǎn)潔，在圖中找不出正確的幾何關(guān)系.第三個(gè)原因，就是數(shù)學(xué)基礎(chǔ)不扎實(shí)，幾何運(yùn)算不熟練等.這就提示我們，在平時(shí)要正確使用作圖工具作圖，切不可養(yǎng)成隨手畫(huà)圖的不良習(xí)慣，沒(méi)有規(guī)矩不

6、成方圓. [熟練強(qiáng)化] 1．(多選)(2017·長(zhǎng)沙四縣一市期中聯(lián)考)如右圖所示，質(zhì)量和電荷量均相同的兩個(gè)小球A、B分別套在光滑絕緣桿MN、NP上，兩桿固定在一起，NP水平且與MN處于同一豎直平面內(nèi)，∠MNP為鈍角．B小球受一沿桿方向的水平推力F1作用，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)A、B兩球間距為L(zhǎng)1.現(xiàn)緩慢推動(dòng)B球，A球也緩慢移動(dòng)，當(dāng)B球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，水平推力大小為F2，A、B兩球間距為L(zhǎng)2，則(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．F1F2 C．L1L2 [解析]　對(duì)A球受力分析如圖所示，A球受到重力mg、支持力FA和庫(kù)侖力

7、F庫(kù)，根據(jù)平衡條件，可知重力mg和庫(kù)侖力F庫(kù)的合力FA′，與支持力FA等值反向，可以把重力mg、支持力FA和庫(kù)侖力F庫(kù)之間的關(guān)系轉(zhuǎn)變?yōu)閙g、FA′、F庫(kù)′之間的三角形關(guān)系，如圖所示．在B球向C移動(dòng)的過(guò)程中，庫(kù)侖力的方向在改變，即圖中α角變小，由矢量三角形可知庫(kù)侖力在變小，根據(jù)庫(kù)侖定律F庫(kù)＝k，可知L變大，即A、B之間的距離變大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤；對(duì)B球受力分析如圖所示，B球受到重力mg、支持力FB、庫(kù)侖力F庫(kù)和推力F，根據(jù)平衡條件，可知F＝F庫(kù)cosβ，在B球向C移動(dòng)的過(guò)程中，庫(kù)侖力的方向在改變，即β在變大，則cosβ變小，庫(kù)侖力也在減小，故推力F變小，即F1>F2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確．

8、 [答案]　BC 2．(多選)(2017·河北唐山一模)如右圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中的A、B、C、D點(diǎn)構(gòu)成一位于紙面內(nèi)的平行四邊形，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與紙面平行．已知A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φA＝12 V、φB＝6 V，則C、D兩點(diǎn)的電勢(shì)可能分別為(　　) A．9 V、15 V B．9 V、18 V C．0 V、6 V D．6 V、0 V [解析]　已知ABCD為平行四邊形，則AB與CD平行且等長(zhǎng)，因?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與紙面平行，所以UAB＝UDC＝6 V，分析各選項(xiàng)中數(shù)據(jù)可知，A、C正確，B、D錯(cuò)誤． [答案]　AC 考向二　平行板電容器問(wèn)題 [歸納提煉] 1．兩個(gè)

9、電容公式的比較 2.平行板電容器動(dòng)態(tài)問(wèn)題的分析思路 　(2016·天津卷)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角．若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 [思路點(diǎn)撥]　電容器與電源斷開(kāi)，電荷量不變，上極板向下移動(dòng)一小段距離，C變化，從而引起兩極板間的電勢(shì)差發(fā)生變化．極板間距離的變化不影響場(chǎng)強(qiáng)E

10、，結(jié)合A點(diǎn)的位置可判斷Ep的變化情況． [解析]　根據(jù)電容器定義式C＝得U＝，因電量不變，則兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝＝，又C＝，則E＝，當(dāng)極板正對(duì)面積不變時(shí)，兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度E不變．保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至題圖中虛線位置，由U＝Ed可知，兩極板之間的電勢(shì)差減小，靜電計(jì)指針的偏角θ減小，由于下極板接地(電勢(shì)為零)，兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能Ep不變．綜上所述，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤． [答案]　D 判斷電容器中某點(diǎn)電勢(shì)的變化時(shí)，一般是通過(guò)該點(diǎn)與某一極板的電勢(shì)差的變化來(lái)判斷.該題中因?yàn)樯蠘O板位置變化，下極板位置固定且接地，分析時(shí)應(yīng)以

11、A點(diǎn)與下極板的距離為參考，若以A點(diǎn)與上極板的距離為參考來(lái)分析容易出錯(cuò). (1)電容器與電源連接時(shí)電勢(shì)和電勢(shì)能的分析如圖所示，平行板電容器經(jīng)開(kāi)關(guān)S保持與電源連接，a處固定一帶電荷量很小的正點(diǎn)電荷，現(xiàn)將電容器N板向下移動(dòng)一小段距離時(shí)，由于電壓不變，根據(jù)E＝得場(chǎng)強(qiáng)減小，a點(diǎn)和上極板M的電勢(shì)差UMa＝EdMa，則UMa減小，又根據(jù)UMa＝φM－φa知，因φM不變，所以φa升高，正電荷的電勢(shì)能增大. (2)靜電計(jì)與電壓表的使用：在靜電實(shí)驗(yàn)中，由于帶電體一般電壓都比較高，容易超過(guò)電壓表的量程，且物體所帶電荷量少，如用電壓表測(cè)電勢(shì)差，物體所帶電荷量就會(huì)很快通過(guò)電壓表內(nèi)部的通路放完.我們會(huì)發(fā)現(xiàn)電壓表

12、指針在接通瞬間偏轉(zhuǎn)一下后，很快又回到零刻度.電壓表雖可以既方便又準(zhǔn)確地測(cè)量電勢(shì)差，但在靜電實(shí)驗(yàn)中，一般不能用來(lái)測(cè)量?jī)蓚€(gè)帶電體(如平行板電容器)的電勢(shì)差. [熟練強(qiáng)化] 1．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿(mǎn)云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 [解析]　平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變．若將云母介質(zhì)移出，電容C減小，由C＝Q

13、/U可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷量減?。捎赨不變，d不變，由E＝U/d可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤． [答案]　D 2．(2017·河南三市二模)如圖所示，固定在絕緣支架上的平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，B極板接地，A極板與一個(gè)靜電計(jì)相連．將B極板向左水平移動(dòng)一小段距離后，電容器的電容C、靜電計(jì)指針偏角θ和極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E的變化情況分別是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．C變小，θ變大，E不變 B．C不變，θ不變，E變小 C．C變小，θ不變，E不變 D．C變小，θ變大，E變小 [解析]　電容器充好電后與電源斷

14、開(kāi)，則電容器所帶電荷量不變．當(dāng)B極板左移時(shí)，極板間距離增大，由C＝知電容C減小，又C＝，則知兩板間電壓U升高，則靜電計(jì)指針偏角θ變大，再由E＝＝＝可知電場(chǎng)強(qiáng)度不變，故A正確． [答案]　A 3．如圖所示，平行板電容器通過(guò)一滑動(dòng)變阻器R與直流電源連接，G為一零刻度在表盤(pán)中央的靈敏電流計(jì)，閉合開(kāi)關(guān)S后，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若只在兩極板間插入電介質(zhì)，電容器的兩極板間電壓將增大 B．若只在兩極板間插入電介質(zhì)，電容器的電容將保持不變 C．若只將電容器下極板向下移動(dòng)一小段距離，此過(guò)程電流計(jì)中有從a到b方向的電流 D．若只將滑動(dòng)變阻器滑片P向上移動(dòng)，電容器儲(chǔ)存的電荷量將增加 [解

15、析]　電容器兩個(gè)極板間的電壓等于滑動(dòng)變阻器與電容器并聯(lián)部分兩端的電壓，滑動(dòng)變阻器滑片P不動(dòng)，則電容器兩極板間電壓不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)C＝，插入電介質(zhì)后，電容器的電容變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)C＝，增大d，電容器的電容變小，即Q＝CU變小，電容器放電，電流方向應(yīng)該是從b到a，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；將滑動(dòng)變阻器滑片P向上移動(dòng)，電容器兩極板間的電壓變大，即Q＝CU變大，電容器存儲(chǔ)的電荷量將增加，選項(xiàng)D正確． [答案]　D 考向三　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [歸納提煉] 帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理思路及方法 1．用能量的觀點(diǎn)處理帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 對(duì)受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng)，必須借助于能量的觀點(diǎn)來(lái)處理，

16、即使都是恒力作用的問(wèn)題，用能量觀點(diǎn)處理也常常顯得簡(jiǎn)捷． 2．用整體法處理多物體或多過(guò)程問(wèn)題 整體思想可對(duì)物理研究對(duì)象而言，亦可對(duì)粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程而言，其求解過(guò)程快捷．在運(yùn)用此法處理帶電粒子在電場(chǎng)中的平衡或加速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，應(yīng)結(jié)合物體的平衡條件及動(dòng)力學(xué)知識(shí)求解． 3．正交分解法或化曲為直法 處理這種運(yùn)動(dòng)的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)是類(lèi)似的，可以將此復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)互相正交的比較簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng)，而這兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律我們是可以掌握的，然后再按運(yùn)動(dòng)合成的觀點(diǎn)去求出復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的有關(guān)物理量． 4．等效“重力”法 將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如下圖所示，則F合等效于“重力”，g′＝等效于“重力加速度”，F(xiàn)

17、合的方向等效于“重力”的方向，即在重力場(chǎng)中的豎直向下方向． 　(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出．小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)．已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍．不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求 (1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比； (2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度； (3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?/p>

18、 [思路路線]　 [解析]　(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0.M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得 ＝3④ (2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H⑧ (3)設(shè)

19、電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則 ＝⑨ 設(shè)M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E＝　? [答案]　(1)3　(2)　(3) 本題為帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，對(duì)此類(lèi)問(wèn)題的分析主要包括以下幾種情形： (1)對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，可根據(jù)對(duì)粒子的受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，重點(diǎn)掌握以下三種情況： ①如果電場(chǎng)力為恒力，可由牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電體的速度、位移等. ②如果是非勻強(qiáng)

20、電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)，一般利用動(dòng)能定理或能量守恒研究帶電體的速度、位移等. ③對(duì)于帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運(yùn)動(dòng)過(guò)程的情境出現(xiàn). (2)對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，可根據(jù)對(duì)粒子的受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，重點(diǎn)掌握以下兩種運(yùn)動(dòng)形式： ①一般是類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)模型，通常采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法處理.通過(guò)對(duì)帶電粒子的受力分析和運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析，借助運(yùn)動(dòng)的合成與分解，尋找兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，再應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解. ②粒子做加速圓周運(yùn)動(dòng)，注意電場(chǎng)力做功等于電場(chǎng)力與在電場(chǎng)力方向上位移的乘積. ③對(duì)于帶電粒子在交變電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)，解決的方法仍然是應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法，把曲線運(yùn)動(dòng)

21、分解為兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)，然后分別應(yīng)用直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律加以解決. [熟練強(qiáng)化] 遷移一　帶電粒子在電場(chǎng)中的加速與偏轉(zhuǎn) 1．(2016·北京卷)如圖所示，電子由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d. (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問(wèn)題的常用方法．在解決(1)問(wèn)時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說(shuō)明其原因．已知U＝2.0×102

22、V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2； (3)極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng)．電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫(xiě)出電勢(shì)φ的定義式．類(lèi)比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”φG的概念，并簡(jiǎn)要說(shuō)明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)． [解析]　(1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝mv 電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝＝L 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝·(Δt)2＝ (2)考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有 重力G＝mg≈10－29 N 電場(chǎng)力F＝≈10－15 N 由于F?G，因此不

23、需要考慮電子所受重力． (3)電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝ 由于重力做功與路徑無(wú)關(guān)，可以類(lèi)比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義，將重力場(chǎng)中物體在某點(diǎn)的重力勢(shì)能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢(shì)”，即φG＝ 電勢(shì)φ和重力勢(shì)φG都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定． [答案]　(1) 　 (2)原因見(jiàn)解析 (3)見(jiàn)解析 遷移二　帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 2．(多選)(2017·山東五校聯(lián)考)制造納米薄膜裝置的工作電極可簡(jiǎn)化為真空中間距為d的兩平行金屬板，如圖甲所示，加在A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(

24、k≥1)，電壓變化的周期為2T，如圖乙所示．在t＝0時(shí)，有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以初速度v0垂直電場(chǎng)方向從兩極板正中間射入電場(chǎng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與極板相撞，且不考慮重力的作用，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．若k＝且電子恰好在2T時(shí)刻射出電場(chǎng)，則應(yīng)滿(mǎn)足的條件是d≥ B．若k＝1且電子恰好在4T時(shí)刻從A板邊緣射出電場(chǎng)，則其動(dòng)能增加 C．若k＝且電子恰好在2T時(shí)刻射出電場(chǎng)，則射出時(shí)的速度為 D．若k＝1，則電子在射出電場(chǎng)的過(guò)程中，沿電場(chǎng)方向的分速度方向始終不變 [解析]　豎直方向，電子在0～T時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a1＝，位移x1＝a1T2，在T～2T時(shí)間內(nèi)先做

25、勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a2＝，初速度的大小v1＝a1T，勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移x2＝，由題知d≥x1＋x2，解得d≥ ，A正確；若k＝1且電子恰好在4T時(shí)刻從A板邊緣射出電場(chǎng)，電場(chǎng)力做功為零，動(dòng)能不變，B錯(cuò)誤；若k＝且電子恰好在2T時(shí)刻射出電場(chǎng)，垂直電場(chǎng)方向速度為v0，射出時(shí)的速度為 ，C錯(cuò)誤；若k＝1，電子在射出電場(chǎng)的過(guò)程中，沿電場(chǎng)方向的分速度方向始終不變，D正確． [答案]　AD 遷移三　“等效法”電場(chǎng)中的應(yīng)用 3．如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切．整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電

26、場(chǎng)中．現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝，要使小球能安全通過(guò)圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？ [解析]　小球先在斜面上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、軌道作用力，如圖所示，類(lèi)比重力場(chǎng)，將電場(chǎng)力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝＝，tanθ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動(dòng)．因要使小球能安全通過(guò)圓軌道，在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿(mǎn)足“等效重力”剛好提供向心力，即有：mg′＝，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知＝2R，令小球以最小初速度v0運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知： －2mg′R＝

27、mv－mv 解得v0＝ ，因此要使小球安全通過(guò)圓軌道，初速度應(yīng)滿(mǎn)足v≥. [答案]　 v≥. 高考高頻考點(diǎn)強(qiáng)化——電場(chǎng)中的“兩類(lèi)”典型圖象問(wèn)題 [考點(diǎn)歸納] 幾種常見(jiàn)的E－x圖象 幾種常見(jiàn)的φ－x圖象 [真題歸類(lèi)] 1．(多選)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)在一靜止點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，任一點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示．電場(chǎng)中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢(shì)φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類(lèi)推．現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相

28、鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項(xiàng)正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1 C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3 [解析]　結(jié)合圖象可知Uab＝3 V，Ubc＝1 V，Ucd＝1 V，根據(jù)W＝Uq可得Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，C正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)E＝k，＝，＝，故＝＝，A正確，B錯(cuò)誤． [答案]　AC 2．(多選)(2017·江蘇卷)在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ在x軸上分布如圖所示．下列說(shuō)法正確的有(　　)

29、 A．q1和q2帶有異種電荷 B．x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零 C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小 D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力增大 [解析]　由題圖可知，空間的電勢(shì)有正有負(fù)，且只有一個(gè)極值，則兩個(gè)點(diǎn)電荷必定為異種電荷，A項(xiàng)正確；由E＝可知，φ－x圖象的切線斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，因此x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，B項(xiàng)錯(cuò)誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過(guò)程中，電勢(shì)升高，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，由Ep＝qφ，F(xiàn)＝qE可知，電勢(shì)能減小，受到的電場(chǎng)力減小，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． [答案]　AC 3．(多選)(2014·上海卷)靜電場(chǎng)在x軸上的場(chǎng)強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如右圖所示，x軸正方向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電

30、荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷(　　) A．在x2和x4處電勢(shì)能相等 B．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過(guò)程中電勢(shì)能增大 C．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中電勢(shì)能先減小后增大 D．由x1運(yùn)到到x4的過(guò)程中電場(chǎng)力先減小后增大 [解析]　x2～x4處場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，則從x2到x4處逆著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)升高，則正電荷在x4處電勢(shì)能較大，故A錯(cuò)誤；x1～x3處場(chǎng)強(qiáng)為x軸負(fù)方向，則從x1到x3處逆著電場(chǎng)線方向移動(dòng)，電勢(shì)升高，正電荷在x3處電勢(shì)能較大，故B正確；由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中，逆著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)升高，正電荷的電勢(shì)能增大，故C錯(cuò)誤；由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度的絕對(duì)值先增大后減小，故由F＝qE知

31、，電場(chǎng)力先增大后減小，故D錯(cuò)誤． [答案]　B (1)E－x圖象特點(diǎn) ①反映了電場(chǎng)強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律. ②E>0表示場(chǎng)強(qiáng)沿x軸正方向；E<0表示場(chǎng)強(qiáng)沿x軸負(fù)方向. ③圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢(shì)差，“面積”大小表示電勢(shì)差大小，兩點(diǎn)的電勢(shì)高低根據(jù)電場(chǎng)方向判定. (3)φ－x圖象特點(diǎn)及應(yīng)用 ①電場(chǎng)強(qiáng)度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場(chǎng)強(qiáng)度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零. ②在φ－x圖象中可以直接判斷各點(diǎn)電勢(shì)的大小，并可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向. ③在φ－x圖象中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢(shì)能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷

32、. [遷移訓(xùn)練] 1．(多選)(2016·福建漳州三聯(lián))空間某一靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ在x軸上分布如圖所示，x軸上B、C點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度在x方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說(shuō)法中正確的有(　　) A．EBx的大小大于ECx的大小 B．EBx的方向沿x軸正方向 C．電荷在O點(diǎn)受到的電場(chǎng)力在x方向上的分量最大 D．負(fù)電荷沿x軸從B移到C的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功 [解析]　在B點(diǎn)和C點(diǎn)附近分別取很小的一段(d)，由圖象知B點(diǎn)段對(duì)應(yīng)的電勢(shì)差大于C點(diǎn)段對(duì)應(yīng)的電勢(shì)差，將此小段看作是勻強(qiáng)電場(chǎng)，再由E＝＝，可見(jiàn)EBx>ECx，A項(xiàng)正確；同理可知O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，電荷在該點(diǎn)受到 的電場(chǎng)力

33、為零，C項(xiàng)錯(cuò)誤；因沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，則由圖可知在O點(diǎn)左側(cè)，電場(chǎng)方向在x方向上的分量沿x軸負(fù)方向，在O點(diǎn)右側(cè)，電場(chǎng)方向在x方向上的分量沿x軸正方向，則負(fù)電荷沿x軸從B移到C的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，所以B項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． [答案]　AD 2.(多選)(2016·肇慶三模)x軸上O點(diǎn)右側(cè)各點(diǎn)的電場(chǎng)方向與x軸方向一致，O點(diǎn)左側(cè)各點(diǎn)的電場(chǎng)方向與x軸方向相反，若規(guī)定向右的方向?yàn)檎较?，x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖象如圖所示，該圖象關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，x1和－x1為x軸上的兩點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．O點(diǎn)的電勢(shì)最低 B．x1和－x1兩點(diǎn)的電勢(shì)相等 C．電子在x1處

34、的電勢(shì)能大于在－x1處的電勢(shì)能 D．電子從x1處由靜止釋放后，若向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，則到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度最大 [解析]　作出電場(chǎng)線，根據(jù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，則O點(diǎn)電勢(shì)最高，故A錯(cuò)誤；從圖線看出，電場(chǎng)強(qiáng)度關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)，則x軸上關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)位置的電勢(shì)相等，電子在x1和－x1兩點(diǎn)處的電勢(shì)能相等，故B正確，C錯(cuò)誤；電子從x1處由靜止釋放后，若向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)O點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做功最多，故動(dòng)能最大，速度最大，故D正確． [答案]　BD 3．(2017·江西六校聯(lián)考)兩個(gè)點(diǎn)電荷位于x軸上，在它們形成的電場(chǎng)中，若取無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，則在x軸正半軸上各點(diǎn)的電勢(shì)如圖中曲線所示，當(dāng)x→0時(shí)，電勢(shì)φ→∞，當(dāng)x→∞時(shí)，電勢(shì)

35、φ→0.電勢(shì)為零的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，電勢(shì)為最小值－φ0的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x2，根據(jù)圖線提供的信息，下列判斷正確的是(　　) A．這兩個(gè)點(diǎn)電荷一定是同種電荷 B．這兩個(gè)點(diǎn)電荷一定是等量的異種電荷 C．在x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零 D．在x2處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零 [解析]　若這兩個(gè)點(diǎn)電荷是同種電荷，則在x1處的電勢(shì)不可能為零，因此這兩個(gè)點(diǎn)電荷一定是異種電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)x→0時(shí)，電勢(shì)φ→∞，可知在原點(diǎn)一定有正點(diǎn)電荷，負(fù)點(diǎn)電荷只能在x軸負(fù)半軸上，且負(fù)點(diǎn)電荷所帶電荷量的絕對(duì)值一定大于正點(diǎn)電荷所帶電荷量，可知這兩個(gè)點(diǎn)電荷必定是不等量的異種電荷，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的關(guān)系可知E＝，故在x2處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，在x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，選項(xiàng)D正確、C錯(cuò)誤． [答案]　D 22