(共27张PPT)
单元复习课
01
02
思维脉图构建
核心考点突破
01
思维脉图构建
【答案速填】
①电场力做功与路径无关,只与被移动电荷的电荷量有关
②WAB=-ΔEpBA=EpA-EpB ③Ep=qφ ④E= ⑤C= ⑥C=
02
核心考点突破
一、 电场能的性质描述
【典例1】如图所示,在同一条电场线上有A、B、C三点,三点的电势分别是
φA=5 V、φB=-2 V、φC=0,将电荷量q=-6×10-6 C的点电荷从A移到B,再移到C。
(1)该电荷在A、B、C三点具有的电势能各是多少 (4分)
(2)将该电荷从A移到B和从B移到C,电势能分别变了多少 (4分)
(3)将该电荷从A移到B和从B移到C,静电力做功分别是多少 (4分)
【解析】(1)根据公式φ=可得Ep=qφ,故该电荷在A点、B点、C点具有的电
势能分别为:EpA=qφA=-6×10-6×5 J=-3×10-5 J,EpB=qφB=-6×10-6×(-2) J=
1.2×10-5 J,EpC=qφC=-6×10-6×0 J=0;
(2)将该电荷从A移到B,电势能的变量为ΔEpAB=EpB-EpA=1.2×10-5 J-(-3×
10-5) J=4.2×10-5 J,即电势能增加了4.2×10-5 J;将该电荷从B移到C,电势能的
变量为ΔEpBC=EpC-EpB=0-1.2×10-5 J=-1.2×10-5 J,即电势能减少了1.2×
10-5 J;
(3)将该电荷从A移到B,静电力做的功为WAB=EpA-EpB=-4.2×10-5 J,将该电荷从B移到C,静电力做的功为WBC=EpB-EpC=1.2×10-5 J。
答案:(1)-3×10-5 J 1.2×10-5 J 0
(2)增加了4.2×10-5 J 减少了1.2×10-5 J
(3)-4.2×10-5 J 1.2×10-5 J
[法技巧]
1.电势能的大小判断与计算:
(1)根据Ep=qφ计算,并可判断:电势越高处,正电荷具有的电势能越大,负电荷具有的电势能越小,反之亦然。
(2)根据静电力做功与电势能变的关系WAB=EpA-EpB判断。这是判断电势能如何变最基本、最有效的法。
2.计算静电力做功的四个常用法:
(1)根据W=qU计算,该公式适用于任何电场。
(2)根据力学中功的定义式W=Fscosθ=qEscosθ计算,但它只适用于匀强电场中恒力的情况。
(3)根据功能关系来求,即WAB=EpA-EpB。
(4)根据动能定理求,即W电+W其他=ΔEk,此法一般用来求解不易计算的静电力做功情况。
【对点训练】
1.飞机在穿越雷雨云层时,时常会遭遇雷击,如图(a)所示,雷雨云层可以形成几百伏以上的电压。如图(b)所示为雷雨云层简示意图,云层下端带负电,上端带正电,假设云层离地足够高,不考虑大地表面的感应电荷。现将云层视为由距离地面10 km的正点电荷Q1和距离地面9 km的负点电荷Q2组成,带电荷量均为1 C,A、B依次为Q2正下的两点,C为B右侧的一点。则下列说法正确的是( )
A.A、B两点电场强度大小关系为EA>EB
B.A、B、C三点的电势大小关系为φA>φB=φC
C.一表面带负电的飞机从A点降落到B点电势能增大
D.一表面带负电的飞机从A点降落到B点动能减小
√
【解析】选A。根据等量异种电荷连线延长线上场强特点可知,A点电场线更密集,所以EA>EB,故A正确;根据沿电场线向电势降低可知φA<φB,故B错误;因为B点电势高,负电荷在电势高的地电势能小,所以一表面带负电的飞机从A点降落到B点电势能减小,故C错误;一表面带负电的飞机从A点降落到B点,因为受外力情况未知,无法判断动能变,故D错误。
2.太极图的含义丰富而复杂,它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示,O为大圆的圆心,O1为上侧阳半圆的圆心,O2为下侧阴半圆的圆心,O、O1、O2在同一直线上,AB为大圆的直径且与O1O2连线垂直,C、D为关于O点对称的两点,在O1、O2两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷,整个空间只有O1、O2处点电荷产生的电场。下列说法正确的是 ( )
A.C、D两点电势相等
B.把电子由A沿直线移到B的过中,电子的电势能先增大后减小
C.把质子由A沿直线移到B的过中,质子所受电场力先增大后减小
D.将一电子(不计重力)从A点由静止释放,电子可以沿直线在AB间做往返运动
√
【解析】选C。在O1、O2两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷,设O1处为正点电荷,O2处为负点电荷,由于C点靠近正点电荷,D点靠近负点电荷,则C点电势高于D点电势,故A错误;AB为等量异种点电荷连线的中垂线,根据等量异种点电荷电势分布特点可知,中垂线为一等势线,所以把电子由A沿直线移到B的过中,电子的电势能保持不变,故B错误;根据等量异种点电荷中垂线电场分布特点可知,O点为中垂线上场强最大的点,则把质子由A沿直线移到B的过中,场强先变大后变小,质子所受电场力先增大后减小,故C正确;由于等量异种点电荷中垂线上的场强向与中垂线垂直,所以将一电子(不计重力)从A点由静止释放,在A处受到的电场力与AB直线垂直,电子不可能沿直线在AB间做往返运动,故D错误。
3.如图为某一平面内非匀强电场的等势线分布图,已知相邻的等势线间的电势差大小相等,其中A、B两点电势分别为φA=10 V,φB=2 V。
(1)试比较A、B两点电场强度的大小。
(2)若将一电子从A点沿某一路径运动到B点,则电子
的电势能如何变 变了多少
【解析】(1)等差等势线密的地电场强度大,B处的等势线密,所以B点的电场强度大。
(2)根据公式W=qU得W=qU=-e·(φA-φB)=-1.6×10-19×8 J=-1.28×10-18 J
电场力做负功,电子的电势能增大。
答案:(1)B点的电场强度大
(2)增大 1.28×10-18 J
4.(2025·东营高二检测)如图所示,平行板电容器与电源相连,两极板之间的距离为d,电源两极间电压为U。一质量为m且带负电的油滴,从距电容器Q极板h处由静止落下,通过Q极板的小孔恰好到达P极板(未接触)。忽场的边缘效应和空气阻力,已知重力加速度为g。求:
(1)油滴的电荷量q;
(2)电容器充电后与电源断开,仅把P板竖直向上移动d。
若油滴从距Q极板H处静止下落,恰好到达P极板(未接触),求的比值。
【解析】(1)由动能定理qU=mg(h+d)
解得q=
(2)电容器充电后与电源断开,仅把P板竖直向上移动d,
则电容器带电量Q不变,根据C=,E=,C=
可知E=,
即两极板间场强不变,大小仍为E=
由动能定理Eq=mg(H+)
解得
答案:(1) (2)
二、带电粒子在电场中的加速和偏转
【典例2】(2025·济南高二检测)如图,有HHe(质量之比为1∶4,电荷量之比为1∶2)两种带正电粒子分别在电压为U1的加速电场中的O点由静止开始加速,然后射入电压为U2的平行金属板间的偏转电场中,入射向与极板平行,在重力大小不计、两带电粒子均能射出平行板电场区域的条件下( )
A.两种粒子在离开加速电场时速度之比为1∶1
B.两种粒子在离开加速电场时速度之比为1∶2
C.两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1∶1
D.两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1∶2
√
【解析】选C。粒子在加速电场中由静止开始加速,根据动能定理可得qU1=mv2,可得v=
则两种粒子在离开加速电场时速度之比为,A、B错误;粒子在偏转电场中做类平抛运动,设板长为L,板间为d,则有L=v0t,y=at2, a=
联立可得粒子在偏转电场中的竖直位移为y=,可知粒子在偏转电场中的竖直位移与粒子的电荷量和质量均无关,则两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1∶1,C正确,D错误。
[法技巧]带电粒子在电场中加速和偏转问题的解题技巧
(1)带电粒子只受静电力作用加速运动时,常用公式qUAB=mm。
(2)带电粒子在匀强电场中的偏转问题,研究法是运动的合成和分解。
(3)不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场,它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的。
(4)粒子从偏转电场中射出时,其速度的反向延长线与初速度向交于沿初速度向位移的中点处。
【对点训练】
1.(多选)(2025·潍坊高二检测)如图所示,充电后与电源断开的水平放置的平行板电容器,板长为L,板间距为d,极板间电压为U2。一带正电粒子由静止开始经电压为U1的加速电场加速后,紧靠下极板边缘射入板间,速度向与极板夹角为θ=37°,粒子恰好从上极板的右边缘射出,速度沿水平向。sin37°=0.6,忽边缘效应,不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A.L:d=4∶3
B.U1∶U2=25∶9
C.仅将电容器的上极板竖直向上移动,粒子的出射点将上移
D.仅改变粒子的质量或电荷量,粒子在电容器中的运动轨迹不变
√
√
【解析】选B、D。粒子在电场中被加速,根据动能定理可得qU1=m,进入偏转电场时的逆过可看作平抛运动,则L=v0cos37°t,d=at2,a=,tan37°=,根据速度偏向角和位移偏向角的关系有tan37°=,可得L∶d=8∶3,U1∶U2=25∶9,A错误,B正确;仅将电容器的上极板竖直向上移动,根据E=,C=,C=,可得E=,可知两极板间场强不变,粒子受力情况不变,则粒子的出射点不变,C错误;根据y=at2, x=v0cos37°t,可得y=,可知仅改变粒子的质量或电荷量,粒子在电容器中的运动轨迹不变,D正确。
2.(多选)如图,一带正电的粒子从靠近A金属板的K点处由静止出发,经A、B金属板间加速电压U0加速后,沿直线运动打在光屏上的Q点;现再在金属板C、D间加上一偏转电压U1,粒子将打在光屏Q点正下的P点。下列说法正确的是 ( )
A.A板带负电,C板带正电
B.若只把B板稍微右移,粒子经过B板时的速度不变
C.若只把B板稍微右移,粒子在AB板间运动的时间变长
D.若只把D板下移,粒子将打在P点下
√
√
【解析】选B、C。粒子由于带正电,要在AB板间加速,所以电场向水平向右,则A板带正电,在CD板向下偏转,电场向向下,则C板带正电,故A错误;粒子在AB板间加速运动,根据动能定理有qU0=mv2,解得v=,速度大小只与加速电压有关,故B正确;根据x=at2=·t2,解得t=x,只把B板稍微右移,粒子在AB板间运动的时间变长,故C正确;粒子在CD板间偏转,水平向有L=vt1,射出时的偏角满足tanα=,d变大,tanα变小,粒子将打在P点上,故D错误。
3.(多选)喷墨打印机的简模型如图所示,重力可忽的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直于匀强电场飞入极板间,最终打在纸上。则微滴在极板间电场中 ( )
A.向正极板偏转
B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线
D.运动轨迹与电荷量无关
√
√
【解析】选A、C。由于微滴带负电,电场向向下,因此微滴受到的静电力向向上,微滴向正极板偏转,A项正确;偏转过中静电力做正功,根据静电力做功与电势能变的关系,电势能减小,B项错误;微滴在垂直于电场向做匀速直线运动,位移x=vt,沿电场反向做初速度为零的匀加速直线运动,位移y=t2=()2,此式为抛物线,C项正确;从式中可以看出,运动轨迹与电荷量q有关,D项错误。单元复习课
思维脉图构建
【答案速填】
①电场力做功与路径无关,只与被移动电荷的电荷量有关 ②WAB=-ΔEpBA=EpA-EpB
③Ep=qφ ④E= ⑤C= ⑥C=
核心考点突破
一、 电场能的性质描述
【典例1】如图所示,在同一条电场线上有A、B、C三点,三点的电势分别是φA=5 V、φB=-2 V、φC=0,将电荷量q=-6×10-6 C的点电荷从A移到B,再移到C。
(1)该电荷在A、B、C三点具有的电势能各是多少 (4分)
(2)将该电荷从A移到B和从B移到C,电势能分别变了多少 (4分)
(3)将该电荷从A移到B和从B移到C,静电力做功分别是多少 (4分)
【解析】(1)根据公式φ=可得Ep=qφ,故该电荷在A点、B点、C点具有的电势能分别为:
EpA=qφA=-6×10-6×5 J=-3×10-5 J,EpB=qφB=-6×10-6×(-2) J=1.2×10-5 J,EpC=qφC=-6×10-6×0 J=0;
(2)将该电荷从A移到B,电势能的变量为ΔEpAB=EpB-EpA=1.2×10-5 J-(-3×10-5) J=4.2×10-5 J,即电势能增加了4.2×10-5 J;将该电荷从B移到C,电势能的变量为ΔEpBC=EpC-EpB=0-1.2×10-5 J
=-1.2×10-5 J,即电势能减少了1.2×10-5 J;
(3)将该电荷从A移到B,静电力做的功为WAB=EpA-EpB=-4.2×10-5 J,将该电荷从B移到C,静电力做的功为WBC=EpB-EpC=1.2×10-5 J。
答案:(1)-3×10-5 J 1.2×10-5 J 0
(2)增加了4.2×10-5 J 减少了1.2×10-5 J
(3)-4.2×10-5 J 1.2×10-5 J
[法技巧]
1.电势能的大小判断与计算:
(1)根据Ep=qφ计算,并可判断:电势越高处,正电荷具有的电势能越大,负电荷具有的电势能越小,反之亦然。
(2)根据静电力做功与电势能变的关系WAB=EpA-EpB判断。这是判断电势能如何变最基本、最有效的法。
2.计算静电力做功的四个常用法:
(1)根据W=qU计算,该公式适用于任何电场。
(2)根据力学中功的定义式W=Fscosθ=qEscosθ计算,但它只适用于匀强电场中恒力的情况。
(3)根据功能关系来求,即WAB=EpA-EpB。
(4)根据动能定理求,即W电+W其他=ΔEk,此法一般用来求解不易计算的静电力做功情况。
【对点训练】
1.飞机在穿越雷雨云层时,时常会遭遇雷击,如图(a)所示,雷雨云层可以形成几百伏以上的电压。如图(b)所示为雷雨云层简示意图,云层下端带负电,上端带正电,假设云层离地足够高,不考虑大地表面的感应电荷。现将云层视为由距离地面10 km的正点电荷Q1和距离地面9 km的负点电荷Q2组成,带电荷量均为1 C,A、B依次为Q2正下的两点,C为B右侧的一点。则下列说法正确的是 ( )
A.A、B两点电场强度大小关系为EA>EB
B.A、B、C三点的电势大小关系为φA>φB=φC
C.一表面带负电的飞机从A点降落到B点电势能增大
D.一表面带负电的飞机从A点降落到B点动能减小
【解析】选A。根据等量异种电荷连线延长线上场强特点可知,A点电场线更密集,所以EA>EB,故A正确;根据沿电场线向电势降低可知φA<φB,故B错误;因为B点电势高,负电荷在电势高的地电势能小,所以一表面带负电的飞机从A点降落到B点电势能减小,故C错误;一表面带负电的飞机从A点降落到B点,因为受外力情况未知,无法判断动能变,故D错误。
2.太极图的含义丰富而复杂,它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示,O为大圆的圆心,O1为上侧阳半圆的圆心,O2为下侧阴半圆的圆心,O、O1、O2在同一直线上,AB为大圆的直径且与O1O2连线垂直,C、D为关于O点对称的两点,在O1、O2两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷,整个空间只有O1、O2处点电荷产生的电场。下列说法正确的是 ( )
A.C、D两点电势相等
B.把电子由A沿直线移到B的过中,电子的电势能先增大后减小
C.把质子由A沿直线移到B的过中,质子所受电场力先增大后减小
D.将一电子(不计重力)从A点由静止释放,电子可以沿直线在AB间做往返运动
【解析】选C。在O1、O2两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷,设O1处为正点电荷,O2处为负点电荷,由于C点靠近正点电荷,D点靠近负点电荷,则C点电势高于D点电势,故A错误;AB为等量异种点电荷连线的中垂线,根据等量异种点电荷电势分布特点可知,中垂线为一等势线,所以把电子由A沿直线移到B的过中,电子的电势能保持不变,故B错误;根据等量异种点电荷中垂线电场分布特点可知,O点为中垂线上场强最大的点,则把质子由A沿直线移到B的过中,场强先变大后变小,质子所受电场力先增大后减小,故C正确;由于等量异种点电荷中垂线上的场强向与中垂线垂直,所以将一电子(不计重力)从A点由静止释放,在A处受到的电场力与AB直线垂直,电子不可能沿直线在AB间做往返运动,故D错误。
3.如图为某一平面内非匀强电场的等势线分布图,已知相邻的等势线间的电势差大小相等,其中A、B两点电势分别为φA=10 V,φB=2 V。
(1)试比较A、B两点电场强度的大小。
(2)若将一电子从A点沿某一路径运动到B点,则电子的电势能如何变 变了多少
【解析】(1)等差等势线密的地电场强度大,B处的等势线密,所以B点的电场强度大。
(2)根据公式W=qU得W=qU=-e·(φA-φB)=-1.6×10-19×8 J=-1.28×10-18 J
电场力做负功,电子的电势能增大。
答案:(1)B点的电场强度大
(2)增大 1.28×10-18 J
4.(2025·东营高二检测)如图所示,平行板电容器与电源相连,两极板之间的距离为d,电源两极间电压为U。一质量为m且带负电的油滴,从距电容器Q极板h处由静止落下,通过Q极板的小孔恰好到达P极板(未接触)。忽场的边缘效应和空气阻力,已知重力加速度为g。求:
(1)油滴的电荷量q;
(2)电容器充电后与电源断开,仅把P板竖直向上移动d。若油滴从距Q极板H处静止下落,恰好到达P极板(未接触),求的比值。
【解析】(1)由动能定理qU=mg(h+d)
解得q=
(2)电容器充电后与电源断开,仅把P板竖直向上移动d,则电容器带电量Q不变,
根据C=,E=,C=
可知E=,
即两极板间场强不变,大小仍为E=
由动能定理Eq=mg(H+)
解得
答案:(1) (2)
二、带电粒子在电场中的加速和偏转
【典例2】(2025·济南高二检测)如图,有HHe(质量之比为1∶4,电荷量之比为1∶2)两种带正电粒子分别在电压为U1的加速电场中的O点由静止开始加速,然后射入电压为U2的平行金属板间的偏转电场中,入射向与极板平行,在重力大小不计、两带电粒子均能射出平行板电场区域的条件下 ( )
A.两种粒子在离开加速电场时速度之比为1∶1
B.两种粒子在离开加速电场时速度之比为1∶2
C.两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1∶1
D.两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1∶2
【解析】选C。粒子在加速电场中由静止开始加速,根据动能定理可得qU1=mv2,可得v=
则两种粒子在离开加速电场时速度之比为,A、B错误;粒子在偏转电场中做类平抛运动,设板长为L,板间为d,则有L=v0t,y=at2,a=
联立可得粒子在偏转电场中的竖直位移为y=,可知粒子在偏转电场中的竖直位移与粒子的电荷量和质量均无关,则两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1∶1,C正确,D错误。
[法技巧]带电粒子在电场中加速和偏转问题的解题技巧
(1)带电粒子只受静电力作用加速运动时,常用公式qUAB=mm。
(2)带电粒子在匀强电场中的偏转问题,研究法是运动的合成和分解。
(3)不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场,它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的。
(4)粒子从偏转电场中射出时,其速度的反向延长线与初速度向交于沿初速度向位移的中点处。
【对点训练】
1.(多选)(2025·潍坊高二检测)如图所示,充电后与电源断开的水平放置的平行板电容器,板长为L,板间距为d,极板间电压为U2。一带正电粒子由静止开始经电压为U1的加速电场加速后,紧靠下极板边缘射入板间,速度向与极板夹角为θ=37°,粒子恰好从上极板的右边缘射出,速度沿水平向。sin37°=0.6,忽边缘效应,不计粒子重力。下列说法正确的是 ( )
A.L:d=4∶3
B.U1∶U2=25∶9
C.仅将电容器的上极板竖直向上移动,粒子的出射点将上移
D.仅改变粒子的质量或电荷量,粒子在电容器中的运动轨迹不变
【解析】选B、D。粒子在电场中被加速,根据动能定理可得qU1=m,进入偏转电场时的逆过可看作平抛运动,则L=v0cos37°t,d=at2,a=,tan37°=,根据速度偏向角和位移偏向角的关系有tan37°=,可得L∶d=8∶3,U1∶U2=25∶9,A错误,B正确;仅将电容器的上极板竖直向上移动,根据E=,C=,C=,可得E=,可知两极板间场强不变,粒子受力情况不变,则粒子的出射点不变,C错误;根据y=at2,x=v0cos37°t,可得y=,可知仅改变粒子的质量或电荷量,粒子在电容器中的运动轨迹不变,D正确。
2.(多选)如图,一带正电的粒子从靠近A金属板的K点处由静止出发,经A、B金属板间加速电压U0加速后,沿直线运动打在光屏上的Q点;现再在金属板C、D间加上一偏转电压U1,粒子将打在光屏Q点正下的P点。下列说法正确的是 ( )
A.A板带负电,C板带正电
B.若只把B板稍微右移,粒子经过B板时的速度不变
C.若只把B板稍微右移,粒子在AB板间运动的时间变长
D.若只把D板下移,粒子将打在P点下
【解析】选B、C。粒子由于带正电,要在AB板间加速,所以电场向水平向右,则A板带正电,在CD板向下偏转,电场向向下,则C板带正电,故A错误;粒子在AB板间加速运动,根据动能定理有qU0=mv2,解得v=,速度大小只与加速电压有关,故B正确;根据x=at2=·t2,解得t=x,只把B板稍微右移,粒子在AB板间运动的时间变长,故C正确;粒子在CD板间偏转,
水平向有L=vt1,射出时的偏角满足tanα=,d变大,tanα变小,粒子将打在P点上,故D错误。
3.(多选)喷墨打印机的简模型如图所示,重力可忽的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直于匀强电场飞入极板间,最终打在纸上。则微滴在极板间电场中 ( )
A.向正极板偏转 B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与电荷量无关
【解析】选A、C。由于微滴带负电,电场向向下,因此微滴受到的静电力向向上,微滴向正极板偏转,A项正确;偏转过中静电力做正功,根据静电力做功与电势能变的关系,电势能减小,B项错误;微滴在垂直于电场向做匀速直线运动,位移x=vt,沿电场反向做初速度为零的匀加速直线运动,位移y=t2=()2,此式为抛物线,C项正确;从式中可以看出,运动轨迹与电荷量q有关,D项错误。
