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1、專題七電場,高考物理（江蘇專用）,考點一電場力的性質,考向基礎 一、電荷與電荷守恒定律 1.元電荷:最小的電荷量叫做元電荷,用e表示,e=1.6010-19 C,最早由美國物理學家密立根測得。所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數倍。 2.點電荷 當帶電體間的距離比它們自身的大小大得多,以至于帶電體的形狀、大小及電荷分布對它們之間相互作用力的影響可以,考點清單,忽略不計時,這樣的帶電體就可以看做是帶電的點,叫做點電荷。類似于力學中的質點,也是一種理想化的模型。 3.電荷守恒定律 (1)內容:電荷既不會創(chuàng)生,也不會消滅,它只能從一個物體轉移到另一個物體,或者從物體的一部分轉移到另一部分,在轉移的過程

2、中,電荷的總量保持不變。 (2)當完全相同的帶電金屬球相接觸時電荷的分配規(guī)律:同種電荷總量平均分配,異種電荷先中和后平分。,二、靜電現象 1.三種起電方式的比較,2.靜電平衡 (1)導體中(包括表面)沒有電荷定向移動的狀態(tài)叫做靜電平衡狀 態(tài)。 (2)處于靜電平衡狀態(tài)的導體的特點 a.內部場強E=0,其實質是感應電荷的電場的場強E感=外電場在 導體內的場強E外(填“=”或“”)。表面場強的方向與該表面 垂直。 b.表面和內部各點電勢相等,即整個導體是一個等勢體,導體表面是一個等勢面。 c.導體內部沒有電荷,電荷只分布在導體的外表面。 d.在導體外表面越尖銳的位置,電荷的密度越大,凹陷處幾乎沒有電

3、荷。,3.靜電屏蔽 (1)兩種現象 內屏蔽:由于靜電感應,導體外表面感應電荷的電場與外電場在導體內部任一點的場強的疊加結果為零,從而外部電場影響不到導體內部,如圖所示。 外屏蔽:由于靜電感應,接地導體殼內表面感應電荷的電場與殼內電場,在導體殼外表面以外空間疊加結果為零,從而使接地的封閉導體殼內部電場對殼外空間沒有影響,如圖所示。 (2)應用:有的電學儀器和電子設備外面套有金屬罩,有的通信電纜的外面包有一層鉛皮等都是用來起屏蔽作用的。 三、庫侖定律 1.內容:真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力,與它們的電荷量 的乘積成正比,與它們之間距離的二次方成反比,作用力的 方向在它們的連線上。,2.公式

4、:F=k,式中的k=9109 Nm2/C2,叫靜電力常量。 3.適用條件:點電荷;真空中。 四、電場、電場強度 1.電場:電場是電荷周圍存在的一種物質,電場對放入其中的電荷有 力的作用。靜止電荷產生的電場稱為靜電場。 2.電場強度 (1)定義:放入電場中某點的電荷所受的電場力F與它的電荷量q 的比值。 (2)公式:E=。 思考:根據表達式E=,能說場強E與q成反比,與F成正比嗎?為什么?,不能。因電場的場強大小決定于電場本身,而與試探電荷的受力和所帶電荷量無關。E=為場強的定義式,非決定式。 (3)單位:N/C或V/m。 (4)矢量性:規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點 電場強度的方

5、向。 (5)疊加性:如果有幾個靜止電荷在空間同時產生電場,那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產生的場強的矢量和。 3.點電荷場強的計算式 (1)設在場源點電荷Q形成的電場中,有一點P與Q相距r,則P點的場強E=k。,(2)適用條件:真空中的點電荷形成的電場。 五、電場線 1.電場線及其特點,2.幾種典型電場的電場線 3.電場線的用法 (1)利用電場線可以判斷場強的大小 電場線的疏密程度表示場強的大小。同一電場中,電場線越密集處場強 越大。,(2)利用電場線可以判定場強的方向 電場線的切線方向表示場強的方向。 (3)利用電場線可以判定場源電荷的電性及電荷量多少 電場線起始于帶正電

6、的電荷或無限遠,終止于無限遠或帶負電的電荷。場源電荷所帶電荷量越多,發(fā)出或終止的電場線條數越多。 (4)利用電場線可以判定電勢的高低 沿電場線方向電勢是逐漸降低的。 (5)利用電場線可以判定自由電荷在電場中受力情況、移動方向等 先由電場線大致判定場強的大小與方向,再結合自由電荷的電性確定其所受電場力,再分析自由電荷移動方向、形成電流的方向等。,考向突破,考向一庫侖定律 1.庫侖定律成立的條件 庫侖定律適用于中、間的相互作用。 (1)對于兩個均勻帶電絕緣球體,可以將其視為電荷集中于球心的點電荷,r為兩球心之間的距離。 (2)對于兩個帶電金屬球,要考慮金屬球表面電荷的重新分布。 (3)庫侖力不能根

7、據公式錯誤地推論:當r0時,F。其實,在這樣的條件下,兩個帶電體已經不能再看做點電荷了。,例1兩個半徑相同的金屬小球(視為點電荷),帶電荷量之比為17,相距為r,兩者相互接觸后再放回到原位置上,則相互作用力可能是原來的 () A.B.C.D.,解析設兩小球所帶的電荷量分別為q和7q,則原來相距r時的相互作用力F=k=7k,由于電性未知,需分兩種情況討論: (1)兩球電性相同,相互接觸后電荷量均分,每個球所帶電荷量為= 4q,放回原處后的相互作用力為F1=k=16k,故F1=F。 (2)兩球電性不同,相互接觸后先中和再均分,每個球所帶電荷量為= 3q,放回原處后的相互作用力為F2=k=9k,故F

8、2=F。,答案CD,2.靜電力作用下的“力學問題” 庫侖定律與力學的綜合應用問題,解決的思路與解決力學問題的思路相同,即:選取研究對象,受力分析,利用平衡條件或牛頓運動定律列方程求解。但需注意庫侖力的特點,特別是在動態(tài)平衡問題、變速運動問題中,帶電體間距離發(fā)生變化時,庫侖力也要發(fā)生變化,要分析力與運動的相互影響。,例2如圖所示,水平地面上固定一個光滑絕緣斜面,斜面與水平面的夾角為。一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端,另一端系有一個帶電小球A,細線與斜面平行。小球A的質量為m、電荷量為q。小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B,兩球心的高度相同、間距為d。靜電力常量為k,重力加速度為g,兩

9、帶電小球可視為點電荷。小球A靜止在斜面上,則(),A.小球A與B之間庫侖力的大小為k B.當=時,細線上的拉力為0 C.當=時,細線上的拉力為0 D.當=時,斜面對小球A的支持力為0 解題導引,解析根據庫侖定律得A、B間的庫侖力F庫=k,則A正確。當細線上 的拉力為0時滿足k=mg tan ,得到=,則B錯誤,C正確。斜 面對小球A的支持力始終不為零,則D錯誤。,答案AC,3.三個點電荷相互作用下的平衡規(guī)律 空間中三個點電荷僅在靜電力作用下的平衡 (1)條件:兩個點電荷在第三個點電荷處的合場強為零,或每個點電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等,方向相反。 (2)規(guī)律: “三點共線”三個點電荷分布在

10、同一條直線上; “兩同夾異”正負電荷相互間隔; “兩大夾小”中間電荷所帶的電荷量最小; “近小遠大”中間電荷靠近電荷量較小的電荷。,例3如圖所示,在一條直線上有兩個相距0.4 m的點電荷A、B,A帶電+Q, B帶電-9Q?，F引入第三個點電荷C,恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài),則C的帶電性質及位置應為() A.正B的右邊0.4 m處B.正B的左邊0.2 m處 C.負A的左邊0.2 m處D.負A的右邊0.2 m處,解析要使三個電荷均處于平衡狀態(tài),必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”的原則,所以只有選項C正確。,答案C,考向二電場強度的計算 1.電場強度的三個計算公式的比較,2.疊加法求

11、幾個電場的電場強度 當空間的電場由幾個點電荷共同激發(fā)的時候,空間某點的電場強度等于每個點電荷單獨存在時所激發(fā)的電場在該點的場強的矢量和,其合成遵循矢量合成的平行四邊形定則。,例4(2014福建理綜,20,15分)如圖,真空中xOy平面直角坐標系上的A、B、C三點構成等邊三角形,邊長L=2.0 m。若將電荷量均為q=+2.010-6 C的兩點電荷分別固定在A、B點,已知靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2,求: (1)兩點電荷間的庫侖力大小; (2)C點的電場強度的大小和方向。,解析(1)根據庫侖定律,A、B兩點電荷間的庫侖力大小為 F=k 代入數據得 F=9.010-3 N (2)A、B點

12、電荷在C點產生的場強大小相等,均為 E1=k A、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為 E=2E1 cos 30 由式并代入數據得 E=7.8103 N/C 場強E的方向沿y軸正向,答案(1)9.010-3 N(2)7.8103 N/C方向沿y軸正方向,3.計算特殊帶電體產生的電場強度 (1)補償法 對于某些物理問題,當直接去解待求的A很困難或沒有條件求解時,可設法補上一個B,補償的原則是使A+B成為一個完整的模型,從而使A+B變得易于求解,而且,補上去的B也必須容易求解。這樣,待求的A便可從兩者的差值中獲得,問題就迎刃而解了,這就是解物理題時常用的補償法。用這個方法可算出一些特殊的帶電體

13、所產生的電場強度。,例5如圖所示,半徑為R的圓環(huán),均勻帶有電荷量為Q的 正電荷。先從環(huán)上截取s的一小段,若sR,且圓環(huán)剩 余部分的電荷分布不變,則圓環(huán)剩余部分的電荷在環(huán)心 O處產生的場強大小是多少?方向如何?,解析本題采用補償法,假設將這個圓環(huán)缺口補上,并且所補部分的電荷密度與原有缺口的環(huán)體上的電荷密度一樣,這樣就形成一個電荷均勻分布的完整帶電圓環(huán),完整的帶電圓環(huán)在環(huán)心O處產生的合場強為零。環(huán)心O處的合場強E可以看做長s這一小段上的電荷在環(huán)心O處產生的場強E1與圓環(huán)其余部分的電荷在環(huán)心O處產生的場強E2的矢量和,即E=,E1-E2=0。因sR,故s上帶有的電荷可視為點電荷,其電荷量q=, 在環(huán)

14、心O處產生的場強為E1=k=k,方向沿s與O的連線指向O,圓 環(huán)剩余部分的電荷在環(huán)心O處產生的場強則為E2=E1=k,方向沿s 與O的連線指向s。,答案k方向沿s與O的連線指向s,(2)微元法 在某些問題中,場源帶電體的形狀特殊,不能直接求解場源帶電體在空間某點所產生的總電場,此時可將場源帶電體分割,在高中階段,這類問題中通常分割后的微元關于某點對稱,這就可以利用場的疊加及對稱性來解題。,例6如圖所示,均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q,半徑為R,圓心為O,P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點,OP=L,試求P點的場強。,解析設想將圓環(huán)看成由n個小段組成,當n相當大時,每一小段都可以看做點電荷,其所帶電荷

15、量Q=,由點電荷場強公式可求得每一小段帶 電體在P處產生的場強為 E==。 由對稱性知,各小段帶電體在P處產生的場強大小均為E,且它們垂直于軸的分量Ey相互抵消,而沿軸方向的分量Ex之和即帶電圓環(huán)在P處的場強EP,,EP=nEx=nk cos =k。,答案k,4.公式U=Ed的應用技巧 (1)兩個推論 如圖甲所示,C點為線段AB的中點,則有C=。 如圖乙所示,ABCD,且AB=CD,則UAB=UCD。,(2)三種巧用 解釋等差等勢面的疏密與電場強度大小的關系,當電勢差U一定時,電場強度E越大,則沿電場強度方向的距離d越小,即電場強度越大,等差等勢面越密。 定性判斷非勻強電場電勢差的大小關系,如

16、距離相等的兩點間的電勢差,E越大,U越大;E越小,U越小。 利用-x圖像的斜率判斷沿x軸方向電場強度Ex隨位置的變化規(guī)律。在-x圖像中斜率k===Ex,斜率的大小表示電場強度的大小,正負表 示電場強度的方向。,例7(2018課標,21,6分)如圖,同一平面內的a、b、c、 d四點處于勻強電場中,電場方向與此平面平行,M為a、 c連線的中點,N為b、d連線的中點。一電荷量為q(q0) 的粒子從a點移動到b點,其電勢能減小W1;若該粒子從c點移動到d點, 其電勢能減小W2。下列說法正確的是() A.此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行 B.若該粒子從M點移動到N點,則電場力做功一定為 C.

17、若c、d之間的距離為L,則該電場的場強大小一定為 D.若W1=W2,則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差,解析本題考查電場力做功與電勢能變化量的關系、勻強電場中U=Ed。根據電場力做功與電勢能變化量的關系有W1=q(a-b),W2= q(c-d),WMN=q(M-N),根據勻強電場中“同一條直線上兩點間的電勢差與兩點間的距離成正比”的規(guī)律可知,UaM=UMc,即a-M=M-c,可得M=,同理可得N=,聯立式可得:WMN=,即 B項正確。若W1=W2,則a-b=c-d,結合兩式可推出a-M=b-N,即D項正確。由題意無法判定電場強度的方向,故A、C項均錯誤。,答案BD,考向三兩

18、個等量點電荷電場的分布模型 1.模型構建 2.模型條件 (1)等量 (2)點電荷,3.模型特點,例8如圖為真空中兩點電荷A、B形成的電場中的 一簇電場線,已知該電場線關于虛線對稱,O點為A、B 電荷連線的中點,a、b為其連線的中垂線上對稱的兩 點,則下列說法正確的是() A.A、B可能帶等量異種電荷 B.A、B可能帶不等量的正電荷 C.a、b兩點處無電場線,故其電場強度可能為零 D.同一試探電荷在a、b兩點處所受電場力大小相等,方向一定相反,解析根據題圖中的電場線分布可知,A、B帶等量的正電荷,選項A、B錯誤;a、b兩點處雖然沒有畫電場線,但其電場強度一定不為零,選項C錯誤;由圖可知,a、b

19、兩點處電場強度大小相等,方向相反,同一試探電荷在a、b兩點處所受電場力大小相等,方向一定相反,選項D正確。,答案D,例9(2017蘇北四校聯考)如圖所示,P、Q是兩個電荷量相等的異種點電荷,在其電場中有a、b、c三點在一條直線上,平行于P、Q的連線,b在P、Q連線的中垂線上,ab=bc,下列說法正確的是() A.電勢:abc B.電勢:acb C.電場強度:EaEbEcD.電場強度:EbEaEc,,解題導引,解析根據等量異種點電荷電場線的分布特點知,a、c兩點對稱,場強大小相等,且a、c兩點處的電場線分布比b點處的密,故a、c兩點處的場強大于b點處的場強,C、D錯誤;沿著電場線方向電勢逐漸

20、降低,故選項A正確,B錯誤。,答案A,考點二電場能的性質,考向基礎 一、電勢能 1.電場力做功的特點 電場力做功與路徑無關,只與初、末位置有關。 2.電勢能 (1)定義:電荷在電場中具有的勢能,數值上等于將電荷從該點移到零勢能位置時電場力所做的功。 (2)電場力做功與電勢能變化的關系:電場力做的功等于電勢能的減少量,即WAB=EpA-EpB=-Ep。,二、電勢 1.定義:試探電荷在電場中某點具有的 電勢能Ep與它的電荷量q 的比值。 2.定義式:=。 3.矢標性:電勢是標量,有正負之分,其正(負)表示該點電勢比 零電勢高(低)。 4.相對性:電勢具有相對性,同一點的電勢因選取零電勢點 的不同而

21、不同。,三、等勢面 1.定義:電場中電勢相等的各點組成的面。 2.四個特點 (1)等勢面一定與電場線垂直。 (2)在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。 (3)電場線方向總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等 勢面。 (4)等差等勢面越密的地方電場強度越大,反之越小。 四、電勢差 1.定義:電荷在電場中,由一點A移到另一點B時,電場力做功與移 動電荷的電荷量的比值。,2.定義式:UAB=。 3.電勢差與電勢的關系:UAB=A-B,UAB=-UBA。 4.影響因素:電勢差UAB由電場本身的性質決定,與移動的電荷q及電場力做的功WAB無關,與零電勢點的選取無關。 五、勻強電場中電勢差與電場強度的關系

22、1.電勢差與電場強度的關系:勻強電場中兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿電場線方向的距離的乘積。即U=Ed,也可以寫作E= 。 2.公式U=Ed的適用范圍:勻強電場。,考向突破,考向一電場強度、電勢、電勢差、電勢能間關系的判斷 1.電場強度、電勢、電勢差、電勢能的比較,2.電場中電勢高低的判斷 (1)根據電場線的方向來判斷:電場線由高電勢面指向低電勢面,或者說沿電場線方向電勢逐漸降低。 (2)由UAB=,將WAB和q帶符號代入,據UAB的正負判斷A、B兩點電 勢的高低:當UAB0時,AB;當UAB<0時,A

23、正電荷克服電場力做功,電荷由低電勢處移向高電勢處。對于負電荷,情況恰好相反。 (4)根據電勢能來判斷:正電荷在電勢高處電勢能較大;負電荷在電勢低處電勢能較大。,例10如圖所示,電子在一條電場線上從a點運動到b點,電勢能增加,試判定a、b兩點電勢高低。,解題導引,解析解法一利用電場線方向來判斷,由于電勢能增加,電場力一定做負功,即電場力方向和電荷運動方向相反,從b指向a,而負電荷受電場力的方向和場強方向相反,場強方向應是由a指向b,因此電場線的方向是從a指向b。沿著電場線的方向電勢越來越低,故a點電勢比b點電勢高。 解法二利用電場力做功來判斷,由于電勢能增加,電場力一定做負功,即Wab為負值,而

24、q是負電荷,即q為負值,由Wab=q(a-b),得ab。 解法三利用電勢能判斷,對正電荷,q為正值,在電勢越高的地方電勢能就越大,而對負電荷,q為負值,在電勢越高的地方電勢能越小,而本題已知條件是負電荷在a點電勢能較小,故a點電勢高。,答案見解析,3.電勢能大小的判斷,例11一帶電粒子射入一固定的點電荷的電場中,沿如圖所示的虛線由a點運動到b點。a、b兩點到點電荷的距離分別為ra和rb,且rarb。若不計重力,則() A.帶電粒子一定帶正電 B.庫侖力先做正功后做負功 C.帶電粒子在b點的動能小于在a點的動能 D.帶電粒子在b點的電勢能大于在a點的電勢能,解析由粒子運動軌跡可知粒子與點電荷間的

25、靜電力為斥力,即粒子與點電荷電性相同,由于固定的點電荷電性未知,故無法判斷帶電粒子的電性,A錯誤。由軌跡可知二者間距離先減小后增大,則靜電力先做負功再做正功,又因rarb,可知靜電力所做總功為負功,則粒子運動到b點時動能變小,電勢能變大,即EkbEpa,故B錯誤,C、D正確。,答案CD,考向二帶電粒子運動軌跡類問題的處理 利用粒子在電場中的運動軌跡來判定粒子電性(或者判定電場線的方向、電場力做功情況、電勢能的變化、動能的變化)的步驟可分為如下幾步: 1.在粒子的軌跡上選一點(一般為初始點),作該點軌跡的切線,軌跡的切線方向即速度方向。 2.過該點作電場線的切線,電場線的切線方向即場強方向。標出

26、可能受電場力的兩個方向。 3.根據粒子偏轉的方向,利用曲線運動的條件,判定電場力的方向(受力方向與軌跡的偏轉方向在速度方向的同側)。 4.利用判斷出的電場力方向與場強方向的關系,判定粒子的電性。,5.利用電場力方向與速度方向的夾角,判斷電場力所做功的正負。0<90時,電場力做正功,電勢能減小,動能增加(只受電場力)。90< 180時,電場力做負功,電勢能增加,動能減小(只受電場力)。=90時,電場力不做功。,例12如圖,一帶電粒子q在電場中運動的軌跡為MN。不考慮重力作用,求: (1)q的電性; (2)從M到N電勢能怎樣變化?動能怎樣變化?,,解題導引,解析過M點作軌跡的切線,得粒子在該點的速

27、度方向。 過M點作電場線的切線得場強方向,粒子可能受到的電場 力分別為F與F。由MN向右彎曲及曲線運動條件可知 粒子所受電場力為 F,與電場方向一致。可得q為帶正電粒子。 由v與F的夾角<90,可知電場力做正功,電勢能減小。由動能定理W電= W合=Ek,可知帶電粒子從M到N動能增加。,答案(1)帶正電(2)電勢能減小動能增加,考向三電場力做功的計算 1.由功的定義式W=Fl cos 計算,此公式只適用于勻強電場中,可變形為W=qEx,式中x為電荷初、末位置在場強方向上的位移。 2.依據WAB=qUAB計算,對任何電場都適用。 對于q、UAB的符號有兩種處理方法: (1)將q、UAB的絕對值代入

28、WAB=qUAB中計算,得電場力做功的絕對值,再根據電場力方向、位移方向來判定功的正負,或由其他方法判定功的正負。 (2)直接將q、UAB的數值及符號代入WAB=qUAB中計算。計算結果直接表明電場力做功的多少及做功的正負。 當UAB0,q0或UAB0;否則WAB<0(注意:UAB=0,則WAB=0)。,3.根據電場力做功與電勢能變化量的關系,即WAB=EpA-EpB=-(EpB-EpA),其中EpB=qB,EpA=qA,對任何電場都適用。 4.由動能定理計算,W電場力+W其他力=Ek。此方法對任何電場、任何形式的運動都適用。,例13如圖所示,光滑絕緣細桿豎直放置,它與以正電荷Q為圓心的某圓交

29、于B、C兩點,質量為m、帶電荷量為-q的有孔小球從桿上A點無初速度下滑,已知qQ,AB=h,小球滑到B點時速度大小為,求: (1)小球由A到B的過程中電場力做的功; (2)A、C兩點間的電勢差。,解析(1)因為桿是光滑的,所以小球從A到B過程中只有兩個力做功:電場力做功WE和重力做功mgh,由動能定理得:WE+mgh=m,代入已知條 件vB=,得電場力做功WE=m3gh-mgh=mgh。 (2)因為B、C在同一個等勢面上,所以B=C, 即UAC=UAB 由W=qU得UAC=UAB==-,答案(1)mgh(2)-,考點三帶電粒子在電場中的運動、電容器,考向基礎 一、常見電容器 1.組成:由兩個彼

30、此絕緣又相互靠近的導體組成。 2.帶電荷量:一個極板所帶電荷量的絕對值。 3.電容器的充、放電 充電:使電容器帶電的過程,充電后電容器兩板帶上等量的 異種電荷, 電容器中儲存電場能。 放電:使充電后的電容器失去電荷的過程,放電過程中電場能轉化為其他形式的能。 二、電容 1.定義:電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。,2.定義式:C=。 3.物理意義:表示電容器容納電荷本領大小的物理量。 4.單位:法拉(F) 1 F=106 F=1012 pF 三、平行板電容器 1.影響因素:平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比,與 電介質的相對介電常數成正比,與極板間距離成反比。 2.決

31、定式:C=,k為靜電力常量。,四、帶電粒子在電場中的加速 1.動力學觀點分析:若電場為勻強電場,則有a=,E=, v2-=2ad。 2.功能觀點分析:粒子只受電場力作用,滿足qU=mv2-m。 五、帶電粒子在勻強電場中的偏轉 1.條件:以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場,僅受電場力。 2.運動性質:類平拋運動。 3.處理方法:運動的分解。,(1)沿初速度方向:做勻速直線運動。 (2)沿電場方向:做初速度為零的勻加速直線運動。 六、示波管的構造和原理 1.示波管的構造:示波器的核心部件是示波管,示波管的構造簡圖如圖所示,也可將示波管的結構大致分為三部分,即電子槍、偏轉電極和熒光屏。,2.示波

32、管的原理 (1)偏轉電極不加電壓時,從電子槍射出的電子將沿直線運動,射到熒光屏的中心點形成一個亮斑。 (2)在XX(或YY)加電壓時,則電子被加速、偏轉后射到熒光屏上XX(或YY)所在直線上某一點,形成一個亮斑(不在中心),如圖所示。,在圖中,設加速電壓為U1,偏轉電壓為U2,電子電荷量為e,質量為m,由W=Ek得eU1=m 在電場中的側移量y=at2=t2 其中d為兩板的間距。 水平方向t= 又tan === 由式得熒光屏上的側移量 y=y+L tan ==tan 。,(3)示波管實際工作時,豎直偏轉板和水平偏轉板都加上電壓。一般加 在豎直偏轉板上的電壓是要研究的信號電壓,加在水平偏轉板上的

33、是掃描電壓,若兩者周期相同,在熒光屏上就會顯示出信號電壓隨時間變化的波形圖。 如圖甲為示波管的原理圖。如果在電極YY之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化,在電極 XX之間所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化,則在熒光屏上會看到如圖丁所示的波型。,,考向突破,考向一平行板電容器的動態(tài)分析 1.C、Q、U、E變化情況分析,2.板間某點電勢、帶電粒子的電勢能Ep變化情況分析,例14(2016天津理綜,4,6分)如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計相連,靜電計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點的點電荷,以E表示兩板間的電場強度,Ep表示點電荷在P點的電勢能,表示靜電計指針的偏角

34、。若保持下極板不動,將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置,則() A.增大,E增大B.增大,Ep不變 C.減小,Ep增大D.減小,E不變,解析極板移動過程中帶電荷量Q保持不變,靜電計指針張角變化反映極板間電勢差U的變化,由C=和C=可知,極板下移,d減小,C增大, U減小,又E==,則E不變,Ep不變。綜合上述,只有D選項正確。,答案D,例15兩個較大的平行金屬板A、B相距為d,分別接在電壓為U的電源正、負極上,這時質量為m、帶電荷量為-q的油滴恰好靜止在兩板之間,如圖所示。在其他條件不變的情況下,如果將兩板非常緩慢地水平錯開一些,那么在錯開的過程中() A.油滴將向上加速運動,電流計中的

35、電流從b流向a B.油滴將向下加速運動,電流計中的電流從a流向b C.油滴靜止不動,電流計中的電流從b流向a D.油滴靜止不動,電流計中的電流從a流向b,解析電容器與電源相連,兩極板間電壓不變。將兩極板非常緩慢地水平錯開一些,兩極板正對面積減小,而間距不變,由E=可知,電場強度不 變,油滴受到的電場力不變,仍與重力平衡,因此油滴靜止不動。由C=可知,電容減小,Q=CU,電荷量減小,電容器放電,因此可判斷電流計 中的電流從a流向b,故D正確。,答案D,考向二帶電粒子在電場中的平衡、加速和偏轉 1.平衡(靜止或勻速直線運動) 條件:F合=0或qE=mg(僅受電場力和重力時)。 2.加速 以初速度v

36、0射入電場中的帶電粒子,經電場力做功加速至v,由qU=mv2- m得v=。 當v0很小或v0=0時,上式簡化為v=。 即粒子被加速后速度的大小,跟粒子的質量m、電荷量q、加速過程始末位置的電勢差U有關,跟電場是否均勻、粒子的具體運動路徑無關。,3.偏轉 (1)以初速度v0垂直場強方向射入勻強電場中的帶電粒子,受恒定電場力作用,做類似平拋的勻變速運動(如圖)。 加速度a= 運動時間t= 側移量y=at2=,偏轉角的正切值tan === 出射速度vt=(vx=v0,vy=at)。 (2)兩個有用的結論 以垂直于電場方向射入(即沿x軸射入)的帶電粒子在射出電場時速度的反向延長線交于x軸上的一點,該點

37、與射入點間的距離為帶電粒子在x方向上位移的一半。 靜止的帶電粒子經同一電場加速,再垂直射入同一偏轉電場,射出粒子的偏轉角度和側移量與粒子的q、m無關。,例16(2017河南鶴壁段考,19)如圖所示,兩平行金屬板A、B長L=8 cm,兩極板間距離d=8 cm,A極板比B極板電勢高300 V,一電荷量q=110-10 C、質量m=110-20 kg 的帶正電的粒子,沿電場中心線RO垂直電場線方向飛入電場,初速度v0=2106 m/s,粒子飛出平行板電場后經過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后,進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域,(設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)已知兩界面MN、PS相

38、距為12 cm,D是中心線RO與界面PS的交點,O點距離界面PS為 9 cm,粒子穿過界面PS恰好做勻速圓周運動打在放置于中心線上的熒光屏bc上,不計粒子重力(靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2)。,(1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離多遠?到達PS界面時離D點多遠? (2)確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小。,解析(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離(側向位移) y=at2 t= a= UAB=300 V 代入數據解得:y=0.03 m 帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,其運動軌跡與PS線交于a點,設a到中心線的距離為Y,,解得Y=0.12 m; (2)帶電粒子

39、到達a處時,沿v0方向的速度大小為vx=v0=2106 m/s 垂直v0方向的速度大小為vy=at=1.5106 m/s,則=,如圖,tan ==,tan ==,可知速度v的方向與Oa垂直 根據題意可知,該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q做勻速圓周運動,且半徑等于Oa的長度, 即r=Oa= 代入數據解得:r=0.15 m 粒子到達a點時的速度大小為:v==2.5106 m/s; 由庫侖定律和牛頓第二定律得k=m 解得Q=1.0410-8 C,且Q帶負電。,答案(1)0.03 m0.12 m(2)負電1.0410-8 C,考向三用能量觀點處理帶電體在電場中的運動 對于受變力作用的帶電體的運動

40、,必須借助于能量觀點來處理。即使是恒力作用的問題,用能量觀點處理也常常顯得簡捷。 1.用動能定理處理 2.用能量守恒定律處理 列式的方法常有兩種 (1)由初、末狀態(tài)的能量相等(即E1=E2)列方程; (2)由某種能量的減少等于另一種能量的增加(即E=E)列方程。,例17如圖所示,a、b、c三條虛線為電場中的等勢面,等勢面b的電勢為零,且相鄰兩個等勢面間的電勢差相等,一個帶正電的粒子(粒子重力不計)在A點時的動能為10 J,在電場力作用下從A運動到B時速度為零,當這個粒子的動能為7.5 J時,其電勢能為() A.12.5 JB.2.5 JC.0D.-2.5 J,解析根據動能定理可知,帶電粒子從A

41、到B,電場力做功為-10 J,則帶電粒子從A運動到等勢面b時,電場力做功為-5 J,粒子在等勢面b時動能為 5 J。帶電粒子在電場中的電勢能和動能之和為5 J,是守恒的,當動能為 7.5 J時,其電勢能為-2.5 J。,答案D,方法1“等分法”確定勻強電場中電勢及場強方向 1.勻強電場中電場強度和電勢差在數值上的關系 E=或U=Ed。 說明(1)式中U為電場中的兩點間的電勢差,d為兩點沿場強方向間的距離(即兩點所在等勢面間的距離); (2)電場強度的單位:N/C或V/m。 2.公式U=Ed只適用于勻強電場,對于非勻強電場,此公式可以用來定性分析某些問題。如在非勻強電場中,各相鄰等勢面的電勢差為

42、一定值時,那么E越大處,d越小,即等差等勢面越密。又如,可以通過平均場強 并利用U=d定性分析U。,方法技巧,3.在勻強電場中,不與電場線垂直的同一條直線上或幾條相互平行的直線上兩點間的電勢差與兩點間的距離成正比。如圖所示有:== =。 在勻強電場中,沿任意方向的同一直線上,相同間距任意兩點間電勢差均是相等的,當已知勻強電場中某幾點的電勢,求其他點的電勢、場強 大小及場強方向時,一般可利用“等分法”。,解題導引,例1(2017課標,21,6分)一勻強電場的方向平 行于xOy平面,平面內a、b、c三點的位置如圖所 示,三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。 下列說法正確的是() A.電場

43、強度的大小為2.5 V/cm B.坐標原點處的電勢為1 V C.電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D.電子從b點運動到c點,電場力做功為9 eV,,解題導引,解析本題考查電場強度、電勢、電勢差。 設a、c連線上d點電勢為17 V,如圖所示,則=,得ldc=4.5 cm,tan = =,=37。過c作bd垂線交bd于e點,則lce=ldc cos =4.5 cm=3.6 cm。ce方向就是勻強電場方向,場強大小為E,Elce=Ucb,E=2.5 V/cm,A項正確。UeO=ElOb sin 53=16 V,故O點電勢O=17 V-16 V=1 V,B項正確。電子在a點的電勢能比在b點的高7

44、 eV,C項錯誤。電子從b點到c點電場力做功W=9 eV,D項正確。,答案ABD,方法2對帶電粒子在勻強電場與重力場的復合場中運動的處理方法 帶電粒子在勻強電場中所受電場力與重力都是恒力,處理方法有下列兩種: 1.正交分解法 應用這種方法可以將復雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動。 2.等效“重力”法 等效法是將一個復雜的物理問題,等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。 帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復合場中做圓周運動的問題,是高中物理教學中一類重要而典型的題型。對于這類問題,若采用常規(guī)方法 求解,過程復雜,運算量大。若采用“等效法”求解,則能避開復雜的運算,過程比較簡捷。,等效

45、法求解電場中圓周運動問題的解題思路 (1)求出重力與電場力的合力F合,將這個合力視為一個“等效重力”。 (2)將a=視為“等效重力加速度”。 (3)小球能自由靜止的位置,即是“等效最低點”,圓周上與該點在同一直徑的點為“等效最高點”。注意:這里的最高點不一定是幾何最高點。 (4)將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解。,將重力與電場力進行合成,如圖所示,則F合等效于“重力”,a=等效 于“重力加速度”,F合的方向等效于“重力”的方向。,例2如圖所示,一個帶電荷量為-q的油滴,從O點以速度v射入勻強電場中,v的方向與電場方向成角。已知油滴的質量為m,測得油滴到達運動軌跡的最高

46、點N時,它的速度大小仍為v。求: (1)最高點與O點的豎直高度; (2)最高點處與O點的電勢差UNO; (3)電場強度E。,解析(1)豎直方向上:(v sin )2=2gh h= (2)從O到N,由動能定理得:UNOq-mgh=0 UNO== (3)豎直方向上:v sin =gt 設水平方向油滴運動加速度為a,則-v=v cos -at 又Eq=ma 解得E=或E=,答案見解析,例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。整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中?，F有一個質量為m的帶正電小球,電荷量為q=,要使小球能安全通

47、過圓軌道,在O點的初速度應滿足什 么條件?,解析小球先在斜面上運動,受重力、電場力、支持力,然后在圓軌道上運動,受重力、電場力、軌道的作用力,如圖所示,類比重力場,將電場力與重力的合力視為等效重力mg,大小為mg==, tan ==,得=30,等效重力的方向與斜面垂直指向右下方,小球在 斜面上勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道,在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力,即有:mg=,因=30與斜面的傾角相等,由幾何關系知=2R,令小球以最小初速度v0運動, 由動能定理知:,-2mgR=m-m 解得v0=,因此要使小球安全通過圓軌道,初速度應滿足v 。,答案v,方法3靜電

48、場中涉及圖像問題的處理方法 1.主要類型 (1)v-t圖像;(2)-x圖像;(3)E-x圖像。 2.應對策略 (1)v-t圖像:根據v-t圖像中速度的變化、斜率絕對值的變化(即加速度大小的變化),確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況,進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化。,例4一負電荷從電場中A點由靜止釋放,只受電場力作用,沿電場線運動到B點,它運動的v-t圖像如圖所示,則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下圖中的(),解析由v-t圖像可知負電荷在電場中做加速度越來越大的加速運動,故電場線應由B指向A且A到B的方向場強變大,電場線變密,選項C正確。,答案C,(2)E-x

49、圖像 在給定了電場的E-x圖像后,可以由圖線確定場強的方向及大小變化情況,電勢的變化情況,E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差。在與粒子運動相結合的題目中,可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。 在這類題目中,還可以由E-x圖像假設某一種符合E-x圖線的電場,利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分布或場源電荷來處理相關問題。,例5x軸上O點右側各點的電場方向與x軸方向一致,O點左側各點的電場方向與x軸方向相反,若規(guī)定向右的方向為正方向,x軸上各點的電場強度E隨x變化的圖像如圖所示,該圖像關于O點對稱,x1和-x1為x軸上的兩點。下列說法正確的是() A.O點的電勢最低,B.

50、x1和-x1兩點的電勢相等 C.電子在x1處的電勢能大于在-x1處的電勢能 D.電子從x1處由靜止釋放后,若向O點運動,則到達O點時速度最大,解析作出電場線,根據沿電場線方向電勢逐漸降低,則O點電勢最高,故A錯誤;從圖線看出,電場強度關于原點O對稱,則x軸上關于O點對稱位置的電勢相等,電子在x1和-x1兩點處的電勢能相等,故B正確,C錯誤;電子從x1處由靜止釋放后,若向O點運動,到達O點時電場力做功最大,故動能最大,速度最大,故D正確。,答案BD,(3)-x圖像 電場強度的大小等于-x圖線的斜率大小,電場強度為零處,-x圖線存在極值,其切線的斜率為零。 在-x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小,

51、并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向。 在-x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化,可用WAB=qUAB,進而分析WAB的正負,然后作出判斷。,例6某靜電場中的一條電場線與x軸重合,其電勢的變化規(guī)律如圖所示。在O點由靜止釋放一電子,電子僅受電場力的作用,則在-x0 x0區(qū)間內() A.該靜電場是勻強電場 B.該靜電場是非勻強電場,C.電子將沿x軸正方向運動,加速度逐漸減小 D.電子將沿x軸正方向運動,加速度逐漸增大,解析由于電勢隨x的變化不是均勻變化,即不是常數,所以該靜電 場一定是非勻強電場,且O點電場強度最大,x0處電場強度最小,選項A錯誤,B正確;由電勢變化規(guī)律可知,電場線方向指向x軸負方

52、向,在O點由靜止釋放一電子,電子所受電場力的方向指向x軸正方向,電子將沿x軸正方向運動,且加速度逐漸減小,選項C正確,D錯誤。,答案BC,方法4帶電粒子在交變電場中運動的處理方法與技巧 這類問題涉及力學和電場知識的綜合運用,但實際上是一個力學問題,解答這類問題,仍要從受力分析(力的大小、方向的變化特點)和運動分析(運動狀態(tài)及形式)入手,應用力學的基本規(guī)律定性、定量討論,注意思維方法和技巧的靈活運用。 1.借助圖像,展示物理過程 物理圖像是表達物理過程、規(guī)律的基本工具之一,用圖像反映物理過程、規(guī)律,具有直觀、形象、簡潔明了的特點,帶電粒子在交變電場中運動時,受電場力作用,其加速度、速度等均做周期

53、性變化,借助圖像來描述它在電場中的運動情況,可直觀展示物理過程,從而獲得啟迪,快捷地分析求解。,例7如圖(a)所示,兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓,一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子,粒子會時而向A板運動,時而向B板運動,并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是(),A.0

54、示粒子通過的位移,則由圖像可知0

55、,帶電粒子的重力不計,在這一過程中,求: (1)該粒子的水平位移;,(2)粒子落到下極板時的速度。 解題導引 利用分運動解題。水平方向:勻速。豎直方向:勻加速 勻速勻加速。,解析(1)帶電粒子在水平方向不受外力作用,做勻速直線運動,因此水平位移為: s=v0t=v02.5T=2.5v0T。 (2)帶電粒子落在下極板上時在豎直方向的分速度為 vy=aT=T 粒子落在下極板上時的速度大小為 v==。,答案(1)2.5v0T(2),3.建立理想模型,化難為易 解決物理問題時一般都和一定的理想模型相聯系。建立正確反映事物特征的理想模型是運用基本概念、規(guī)律求解問題的必要前提,對于某些實際的物理過程,可根

56、據題設條件,運用近似處理方法,通過簡化描述來反映事物基本的物理特征,這有助于迅速、準確確定出解題方向和策略,使問題得到迅速解決。,例9在真空中速度為v=6.4107 m/s的電子束連續(xù)地射入兩平行極板之間,極板長度為L=8.010-2 m,間距為d=5.010-3 m,電子束沿兩極板間的中線通過,如圖所示,在兩極板上加上50 Hz的交變電壓u=Um sin t,如果所加電壓的最大值超過某一值UC,將開始出現以下現象:電子有時能通過兩極板,有時不能通過,求UC的大小。(電子的比荷為1.761011 C/kg) 解題思路電子通過平行極板所需要的時間為t==1.2510-9 s,交變電 壓周期T=2.010-2 s,可見tT,這說明交變電壓雖做周期性變化,但對高 速通過平行極板的電子而言,電壓的變化已成次要因素,可以不予考慮,因此,電子通過平行極板時,極板間的電場可看做勻強電場。,解析設電子剛好不能通過時平行極板的電壓為UC,電子經過平行極板的時間為t,則:t=,=at2,a= 解得UC=91 V。,答案91 V,