高三物理二輪復習 第一篇 專題通關四 電場和磁場 8 電場及帶電粒子在電場中的運動課件.ppt

專題四 電場和磁場 第8講 電場及帶電粒子在電場中的運動,【高考這樣考】 1.(多選)(2014新課標全國卷)關于靜電場的電場強度和電勢,下列說法正確的是( ) A.電場強度的方向處處與等電勢面垂直 B.電場強度為零的地方,電勢也為零 C.隨著電場強度的大小逐漸減小,電勢也逐漸降低 D.任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向,【解析】選A、D。由于電場線與等勢面垂直,而電場強度的方向為電場線的方向,故電場強度的方向與等勢面垂直,A項正確。電場強度為零的地方電勢不一定為零,如等量正電荷連線的中點處的電場強度為零,但電勢大于零,B項錯誤。電場強度大小與電場線的疏密有關,而沿著電場線的方向電勢逐漸降低,電場線的疏密與電場線的方向沒有必然聯(lián)系,C項錯誤。任一點的電場強度方向總是和電場線方向一致,沿電場線的方向是電勢降落最快的方向,D項正確。,2.(2015全國卷)如圖,直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線,M、N、P、Q是它們的交點,四點處的電勢分別為M、N、P、Q。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等,則( ),A.直線a位于某一等勢面內(nèi),MQ B.直線c位于某一等勢面內(nèi),MN C.若電子由M點運動到Q點,電場力做正功 D.若電子由P點運動到Q點,電場力做負功,【解析】選B。根據(jù)電子移動過程中電場力做負功,可知MN,MP,由于電場力做功相等,可知N=P,直線d位于同一等勢面內(nèi),根據(jù)勻強電場的特點,可判斷直線c也位于同一等勢面內(nèi),故選項B正確,A錯誤;由于M=Q,電子由M點到Q點,電場力做功為零,C錯誤;因為PM=Q,電子由P點到Q點,電場力應做正功,選項D錯誤。,3.(多選)(2014新課標全國卷)如圖,在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點,M、N、P為直角三角形的三個頂點,F為MN的中點, M=30。M、N、P、F四點處的電勢分別用M、N、P、F表示。已知M=N,P=F,點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi),則 ( ),A.點電荷Q一定在MP的連線上 B.連接PF的線段一定在同一等勢面上 C.將正試探電荷從P點搬運到N點,電場力做負功 D.P大于M,【解析】選A、D。本題考查了電場問題。根據(jù)題意分別畫出MN和FP的中垂線,由幾何關系知,兩中垂線交點在MP連線上,如圖,點電荷在圖中的O位置,A項正確,B項錯誤;因為是正點電荷形成的電場,將正試探電荷從P搬運到N,電場力做正功,C項錯誤;因為是正點電荷形成的電場,越靠近場源電荷的等勢面電勢越高,D項正確。,4.(多選)(2014上海高考)靜電場在x軸上的場強E 隨x的變化關系如圖所示,x軸正向為場強正方向,帶 正電的點電荷沿x軸運動,則點電荷( ) A.在x2和x4處電勢能相等 B.由x1運動到x3的過程中電勢能增大 C.由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小 D.由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大,【解析】選B、C。由題意可知,在x1的左側(cè)場強方向沿x軸正方向,在x1的右側(cè)場強方向沿x軸負方向。帶正電的點電荷由x1運動到x3的過程中,電場力做負功,電勢能增大,故選項A錯誤,選項B正確;由x1到x4場強的大小先增大后減小,則點電荷由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小,故選項C正確,選項D錯誤。,5.(2015安徽高考)已知均勻帶電的無窮大平面在真空 中激發(fā)電場的場強大小為 其中為平面上單位面積 所帶的電荷量,0為常量。如圖所示的平行板電容器,極 板正對面積為S,其間為真空,帶電量為Q。不計邊緣效應 時,極板可看作無窮大導體板,則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為( ),【解析】選D。一個極板在真空中激發(fā)的電場強度大小為 兩極板間的電場是由兩極板所帶電荷共同激發(fā),由疊加原理可知兩極 板間的電場強度大小為 極板間的作用力 D正確。,6.(多選)(2015廣東高考)如圖所示的水平勻強電場中,將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置,釋放后,M、N保持靜止,不計重力,則( ),A.M的帶電量比N的大 B.M帶負電荷、N帶正電荷 C.靜止時M受到的合力比N的大 D.移動過程中勻強電場對M做負功,【解析】選B、D。對小球受力分析可得,兩小球在電場力和庫侖力的作用下處于平衡狀態(tài),又因其庫侖力大小相等,故所受電場力大小相等,即qME=qNE,所以M、N帶的電荷量相等,A錯誤;M帶負電,受到向左的電場力與向右的庫侖力平衡,N帶正電,受到向左的庫侖力和向右的電場力平衡,B正確;靜止時,受的合力都為零,C錯誤;M沿電場線方向有位移,電場力做負功,D正確。,【考情分析】 主要題型：選擇題、計算題 命題特點： 1.結(jié)合典型電場分布特點考查電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)。 2.結(jié)合圖像考查電場的特點以及帶電粒子在電場中的受力情況、做功情況以及能量轉(zhuǎn)化情況。,3.應用動能定理或動力學觀點綜合考查帶電粒子在電場中的加速問題。 4.應用運動的分解綜合考查帶電粒子在電場中的類平拋運動問題。,【主干回顧】,【要素掃描】 (1)電場力的性質(zhì)。 電場強度的定義式：_。 真空中點電荷的場強公式：_。 勻強電場場強與電勢差的關系式：_。,(2)電場能的性質(zhì)。 電勢的定義式：_。 電勢差的定義式：UAB= 。 電勢差與電勢的關系式：_。 電場力做功與電勢能的關系式：_。,UAB=A-B,WAB=-Ep,熱點考向1 電場性質(zhì)的理解與應用 【典例1】(多選)(2015江蘇高考)兩個相同的負電荷 和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示。c是兩負 電荷連線的中點,d點在正電荷的正上方,c、d到正電 荷的距離相等,則( ),A.a點的電場強度比b點的大 B.a點的電勢比b點的高 C.c點的電場強度比d點的大 D.c點的電勢比d點的低,【名師解讀】 (1)命題立意：以電場線的分布為背景考查電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)。 (2)關鍵信息：兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布;c是兩負電荷連線的中點;d點在正電荷的正上方;c、d到正電荷的距離相等。,(3)答題必備：沿著電場線電勢降低;電場線的疏密表示電場強度的大小;點電荷電場的疊加。 (4)易錯警示：不能定性地根據(jù)電場強度的大小確定c點和d點的電勢高低。,【解析】選A、C、D。從圖中看到,a點的電場線比b點的電場線密,所以a點的電場強度比b點的大,A項正確;兩個負電荷在c點的合場強為0,正電荷在c點有場強,方向豎直向下,兩個負電荷在d點產(chǎn)生的場強疊加后方向豎直向下,正電荷在d點產(chǎn)生的場強方向豎直向上,因為正電荷到c、d距離相等,所以,疊加后的合場強肯定是c點大,C項正確;沿電場線的方向電勢降低,所以a點的電勢比b點的低,B項錯誤;從以上分析看到正電荷到c點的合場強大于到d點的合場強,所以相同的距離場強大的,電勢差更大,因此c點的電勢比d點的低,D項正確。,【典例2】(2015廈門一模)空間有一沿x軸對稱分布的電場,其電場強度E隨x變化的圖像如圖所示,x1和-x1為x軸上對稱的兩點。下列說法正確的是( ),A.x1處場強大于-x1處場強 B.若電子從x1處由靜止釋放后向x軸負方向運動,到達-x1點時速度為零 C.電子在x1處的電勢能大于在-x1處的電勢能 D.x1點的電勢比-x1點的電勢高,【解題探究】 (1)判斷場強大小的關鍵是_。 (2)判斷電勢高低的關鍵是_。,圖線離開x軸的垂直距離,明確電場沿x軸對稱分布,【解析】選B。從圖像可以看出,x1處場強與-x1處場強等大、反向,故A錯誤;由于x1和-x1兩點關于x軸對稱,且電場強度的大小也相等,故從O點到x1和從O點到-x1電勢降落相等,故x1和-x1兩點的電勢相等,D錯誤;電子從x1處由靜止釋放后,若向O點運動,O點的電勢最高,電子在O點電勢能最小,動能最大,速度最大,由于x1處與-x1點處電勢相同,故電子到達-x1點時速度還為零,B正確;x1和-x1兩點的電勢相等,電子在x1處的電勢能等于在-x1處的電勢能,C錯誤。,【規(guī)律總結(jié)】電場性質(zhì)的判斷方法 (1)電場強度。 根據(jù)電場線的疏密程度進行判斷。 根據(jù)等差等勢面的疏密程度進行判斷。 根據(jù) 進行判斷。 (2)電勢。 由沿電場線方向電勢逐漸降低進行判斷。 若q和WAB已知,由 進行判斷。,【題組過關】 1.(多選)(2015四川高考)如圖所示,半圓槽光滑、絕緣、固定,圓心是O,最低點是P,直徑MN水平。a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷),b固定在M點,a從N點靜止釋放,沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零。則小球a( ),A.從N到Q的過程中,重力與庫侖力的合力先增大后減小 B.從N到P的過程中,速率先增大后減小 C.從N到Q的過程中,電勢能一直增加 D.從P到Q的過程中,動能減少量小于電勢能增加量,【解析】選B、C。小球a從N到Q的過程中,庫侖力增大,且?guī)靵隽εc重力的夾角逐漸減小,所以它們的合力一直增大,A錯誤;小球從N到P的過程中,重力和庫侖力沿圓弧切線方向的合力先與速度方向同向后反向,所以速率是先增大后減小,B正確;小球從N到Q過程中,庫侖力方向與小球速度方向夾角一直大于90,庫侖力一直做負功,所以電勢能一直增加,C正確;根據(jù)能量守恒可知,從P到Q的過程中,小球動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和,D錯誤。,2.(多選)(2015賀州三模)如圖甲所示,Q1、Q2是兩個固定的點電荷,其中Q1帶正電,在它們連線的延長線上a、b點,一帶正電的試探電荷僅在庫侖力作用下以初速度va從a點沿直線ab向右運動,其v-t圖像如圖乙所示,下列說法正確的是( ),A.Q2帶正電 B.Q2帶負電 C.b點處電場強度為零 D.試探電荷的電勢能不斷增加,【解析】選B、C。從速度時間圖像上看出,試探電荷從a到b做加速度減小的減速運動,在b點時試探電荷運動的加速度為零,則電場力為零,所以該點場強為零,Q1對正電荷的電場力向右,則Q2對正電荷的電場力必定向左,所以Q2帶負電,故A錯誤,B、C正確;整個過程動能先減小后增大,根據(jù)能量守恒得知,試探電荷的電勢能先增大后減小,故D錯誤。,3.(多選)(2015銀川一模)位于正方形四角上的四個 等量點電荷的電場線分布如圖所示,ab、cd分別是正 方形兩條邊的中垂線,O點為中垂線的交點,P、Q分別 為cd、ab上的點。則下列說法正確的是( ) A.P、O兩點的電勢關系為P=O B.P、Q兩點電場強度的大小關系為EQEP C.若在O點放一正點電荷,則該正點電荷受到的電場力不為零 D.若將某一負電荷由P點沿著圖中曲線PQ移到Q點,電場力做負功,【解析】選A、B。根據(jù)電場疊加,由圖像可知ab、cd兩中垂線上各點的電勢都為零,所以P、O兩點的電勢相等,A正確;電場線的疏密表示場強的大小,根據(jù)圖像知EPEQ,B正確;四個點電荷在O點產(chǎn)生的電場相互抵消,場強為零,故在O點放一正點電荷,則該正點電荷受到的電場力為零,C錯誤;P、Q電勢相等,若將某一負電荷由P點沿著圖中曲線PQ移到Q點,電場力做功為零,D錯誤。,【加固訓練】真空中電量均為Q的兩異種點電荷連 線和一絕緣正方體框架的兩側(cè)面ABB1A1和DCC1D1中 心連線重合,連線中心和立方體中心重合,空間中 除兩異種點電荷Q產(chǎn)生的電場外,不計其他任何電場的影響,則下列說 法中正確的是( ),A.正方體兩頂點A、D電場強度相同 B.正方體兩頂點A、D電勢相同 C.兩等量異種點電荷周圍電場線和面ABB1A1總是垂直 D.負檢驗電荷q在頂點A處的電勢能小于在頂點D處的電勢能,【解析】選D。由等量異種點電荷的電場線分布可知,A、D兩點電場強度大小相等,方向不同,A錯誤;沿電場線方向電勢降低,A點電勢高于D點電勢,B錯誤;A、B、B1、A1四點電勢相同,但面ABB1A1不是等勢面,電場線不總與該面垂直,C錯誤;A點電勢高于D點電勢,將負電荷從A點移到D點,電場力做負功,電勢能增大,D正確。,熱點考向2 與平行板電容器有關的電場問題 【典例3】(多選)如圖所示,兩平行金屬板水平放 置,開始時開關S合上,使平行板電容器帶電,板間 存在垂直紙面向里的勻強磁場。一個不計重力的 帶電粒子恰能以水平向右的速度沿直線通過兩板。 在以下方法中,能使帶電粒子仍沿水平直線通過兩 板的是( ),A.將兩板的距離增大一倍,同時將磁感應強度增大一倍 B.將兩板的距離減小一半,同時將磁感應強度增大一倍 C.將開關S斷開,使兩板間的正對面積減小一半,同時將板間磁場的磁感應強度減小一半 D.將開關S斷開,使兩板間的正對面積減小一半,同時將板間磁場的磁感應強度增大一倍,【解題探究】 (1)帶電粒子沿水平直線通過兩板的原因是_ _。 (2)分析平行板電容器板間場強變化的關鍵是_ _。,帶電粒子所受電場力與洛,倫茲力平衡,開關閉合時,極板間的電,壓保持不變,開關斷開時,極板上所帶的電荷量保持不變,【解析】選B、D。當開關S閉合時,電容器兩端的電壓不變,要使帶電 粒子仍沿水平直線通過兩板,必須滿足 即U=Bdv,所以當 兩板的距離增大一倍時,同時應將磁感應強度減小一半;當兩板的距離 減小一半時,同時應將磁感應強度增大一倍,所以A錯,B對。將開關S斷 開時,電容器上所帶電荷量不變,根據(jù) 和 得, 要使帶電粒子仍沿水平直線通過兩板,必須滿足qE=qvB, 即 當兩板間的正對面積減小一半時,同時應將板間磁 場的磁感應強度增大一倍,所以C錯,D對。,【典例4】(2014海南高考)如圖,一平行板電 容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水 平放置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為 l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開始運動。重力加速度為g。粒子運動的加速度為( ),【名師解讀】 (1)命題立意：考查平行板電容器的性質(zhì)和兩極板間電場的變化。 (2)關鍵信息：兩極板與一電壓恒定的電源相連;帶電粒子P靜止;把金屬板從電容器中快速抽出。,(3)答題必備： F合=ma。 (4)易錯警示：誤認為將金屬板從電容器中快速抽出后板間距離不變。,【解析】選A。帶電粒子在電容器兩極板間時受到重力和電場力的作 用,最初處于靜止狀態(tài),由二力平衡條件可得： 當把金屬板 從電容器中快速抽出后,電容器兩極板間的電壓不變,但兩極板間的距 離發(fā)生了變化,引起電場強度發(fā)生了變化,從而電場力也發(fā)生了變化, 粒子受力不再平衡,產(chǎn)生了加速度,根據(jù)牛頓第二定律 兩式聯(lián)立可得 選項A正確。,【遷移訓練】,遷移1：把電源斷開 (多選)將【典例4】中的電源斷開,當把金屬板從電容器中快速抽出后,下列說法正確的是( ) A.電容器的電容增大 B.極板間的電壓增大 C.帶電粒子P靜止不動 D.帶電粒子加速上升,【解析】選B、C。電源斷開,當把金屬板從電容器中快速抽出后,極板 所帶電荷量保持不變,極板間的距離增大,由 可知,當d增大 時,電容器的電容減小,選項A錯誤;由 Q不變,C減小,U 增大,選項B正確;由 故極板間 的場強保持不變,故帶電粒子受力情況不變,仍靜止不動,C正確,D錯誤。,遷移2：將下極板接地 (多選)在【典例4】中,若金屬板保持不動,同時下極板接地,當將上極板向右移動一小段距離時,則下列說法正確的是( ) A.電容器所帶電荷量保持不變 B.極板間的電場強度保持不變 C.粒子所在初位置的電勢保持不變 D.粒子將加速向下運動,【解析】選B、C。由 可知,當S減小時,電容器的電容減小,由 得Q=CU,電壓U不變,C減小,故電容器所帶電荷量減少,選項A 錯誤;U和d不變,由 可知,極板間的電場強度保持不變,選項B正 確;由于極板間的電場強度不變,粒子所在初位置到下極板間的距離不 變,故該點到零勢點的電勢差不變,即該點的電勢不變,選項C正確;由 于粒子的受力情況不變,故粒子仍然保持靜止狀態(tài),選項D錯誤。,遷移3：將電容器充滿介質(zhì) 在【典例4】中,若將電容器上極板與金屬板上表面間充滿介質(zhì),下列說法正確的是( ) A.電容器的電容增大 B.電容器所帶電荷量減少 C.粒子的電勢能增加 D.粒子的重力勢能增加,【解析】選A。當將電容器上極板與金屬板上表面間充滿介質(zhì)后,由 可知,電容器的電容增大,選項A正確;由 得Q=CU,電壓 U不變,C增大,故電容器所帶電荷量增加,選項B錯誤;由于U和d不變, 故極板間的電場強度不變,粒子靜止不動,其電勢能、重力勢能均保持 不變,選項C、D錯誤。,【加固訓練】在探究平行板電容器電容的實驗中,對一個電容為C、正對面積為S、兩極板之間距離為d的電容器,充電Q后,( ) A.若帶電量再增加Q,其他條件不變,則電容器兩極板之間的電壓一定增加 B.若帶電量再增加Q,其他條件不變,則電容器兩極板之間的電場強度可能不變,C.保持帶電量Q不變,若電容器兩極板之間的距離增大到2d,其他條件不變,則電場強度增加到原來的2倍 D.保持帶電量Q不變,若電容器正對面積減小到原來的 ,其他條件不變,則電場強度增加到原來的4倍,【解析】選A。由 可得,當帶電量再增大Q,其他條件不 變時,則電容器兩極板之間的電壓一定增加 A正確;電荷量 變化,則兩極板間的電壓發(fā)生變化,根據(jù) 可得,電場強度一定變 化,B錯誤;保持電荷量不變,根據(jù)公式 兩極板間的電場強度大小與兩極板間的距離無關,C 錯誤;根據(jù)公式 若電容器正對面積減小到原來的 ,其他 條件不變,則電場強度增加到原來的2倍,D錯誤。,熱點考向3 帶電粒子在電場中的運動 【典例5】(18分)如圖所示,兩平行金屬板A、B長l= 8cm,兩板間距離d=8cm,A板比B板電勢高300V,即UAB =300V。一帶正電的粒子電量為q=10-10C,質(zhì)量為m= 10-20kg,從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場,初速度v0=2106m/s,粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后,進入固定在中心線上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相距為,L=12cm,粒子穿過界面PS后被點電荷Q施加的電場力俘獲,從而以O點為圓心做勻速圓周運動,最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上(靜電力常量k=9109Nm2/C2,粒子重力不計,tan37= , tan53= )。求：,(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離h。 (2)粒子穿過界面MN時的速度v。 (3)粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離Y。 (4)點電荷的電荷量Q(該小題結(jié)果保留一位有效數(shù)字)。,【拿分策略】 第一、二問： 明確運動性質(zhì)粒子在兩極板間做類平拋運動 按部就班列方程 垂直電場線方向 列式 (1分),界面MN處 列式 (1分) 第三問： 翻轉(zhuǎn)關鍵信息“界面MN、PS間的無電場區(qū)域” 由幾何關系列方程 無電場區(qū)域運動過程 列式 (2分),第四問： 翻轉(zhuǎn)關鍵信息“做勻速圓周運動,最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上” 按部就班列方程,按照過程列方程,就能拿到13分,若能正確求出結(jié)果再拿下3分,第二問中注意到速度的矢量性,求出速度的方向又可拿到2分,則得滿分18分。,【解析】(1)設粒子在兩極板間運動時加速度為a,運動時間為t,則： (1分) (1分) (2分) 解得：,(2)粒子的運動軌跡如圖所示,設粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy, 則： (2分) 解得：vy=1.5106m/s 所以粒子從電場中飛出時的速度為： 設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為,則： (1分) 解得：=37 (1分),(3)帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,由相似三角形知識得： (2分) 解得：Y=0.12m=12 cm (1分),(4)粒子做勻速圓周運動的半徑為： (1分) 又： (3分) 解得：|Q|=110-8C 故：Q=-110-8C (1分) 答案：(1)3cm (2)2.5106m/s,方向與水平方向成37角斜向下 (3)12 cm (4)-110-8C,【題組過關】1.(多選)(2015哈爾濱一模)如圖所示,在xOy平面的第一象限,存在以x軸、y軸及雙曲線 (0xL,0yL)的一 段為邊界的勻強電場;在第二象限存在以x=-L,x=-2L,y=0,y=L為邊界的勻強電場。兩個電場場強大小均為E,方向如圖所示。則在電場的AB曲線邊界處由靜止釋放的電子(不計電子所受重力)在離開MNPQ區(qū)域時的最小動能和對應飛出點分別為( ),A.最小動能Ek=eEL B.最小動能 C.飛出點坐標(-2L,0) D.飛出點坐標,【解析】選A、C。設釋放位置坐標為(x,y),則有 s=vt, 解得 解得s=L,即所有從邊界AB上靜止釋放的電子均從P點射出。從邊界AB出發(fā)到P點射出的全過程,由動能定理得Ek=eE(x+y),又 解得 根據(jù) 數(shù)學知識得知,當 時,動能Ek有最小值,Ek=eEL,故A、C正 確,B、D錯誤。,2.(2015全國卷)如圖,一質(zhì)量為m、電荷量為 q(q0)的粒子在勻強電場中運動,A、B為其運動軌 跡上的兩點,已知該粒子在A點的速度大小為v0,方 向與電場方向的夾角為60,它運動到B點時速度 方向與電場方向的夾角為30,不計重力,求A、B兩點間的電勢差。,【解析】粒子在A點的速度大小為v0,在豎直方向上的速度分量為v0sin60,當它運動到B點時,豎直方向上的速度分量為vBsin30,粒 子在豎直方向上做勻速直線運動,故 v0sin60=vBsin30, 由動能定理可得： 答案：,【加固訓練】真空中的某裝置如圖所示,其中平行 金屬板A、B之間有加速電場,C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場, M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜 止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn) 電場,最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124,電荷量之比為112,則下列判斷中正確的是( ),A.三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為122 D.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為124,【解析】選B。設加速電壓為U1,偏轉(zhuǎn)電壓為U2,偏轉(zhuǎn)極板的長度為L, 板間距離為d,在加速電場中,由動能定理得 解得 三種粒子從B板運動到熒光屏的過程,水平方向做速度為v0的勻速直線 運動,由于三種粒子的比荷不同,則v0不同,所以三種粒子從B板運動到 熒光屏經(jīng)歷的時間不同,故A錯誤;根據(jù)推論 可知,y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關,故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同,打 到熒光屏上的位置相同,故B正確;偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W=Eqy,則,W與q成正比,三種粒子的電荷量之比為112,則有電場力對三種粒子做功之比為112,故C、D錯誤。,電場中功能關系的綜合應用 【經(jīng)典案例】 (20分)(2015棗莊一模)如圖所示,A、B間存在 與豎直方向成45角斜向上的勻強電場E1,B、C 間存在豎直向上的勻強電場E2,A、B的間距為 1.25m,B、C的間距為3m,C為熒光屏。一質(zhì)量m=1.010-3kg,電荷量,q=+1.010-2C的帶電粒子由a點靜止釋放,恰好沿水平方向經(jīng)過b點到達熒光屏上的O點。若在B、C間再加方向垂直于紙面向外且大小B=0.1T的勻強磁場,粒子經(jīng)b點偏轉(zhuǎn)到達熒光屏的O點(圖中未畫出)。g取10m/s2。求： (1)E1的大小。 (2)加上磁場后,粒子由b點到O點電勢能的變化量及偏轉(zhuǎn)角度。,【審題流程】,【滿分模板】 (1)粒子在A、B間做勻加速直線運動,豎直方向受力平衡,則有：qE1cos45-mg=0 (2分) 解得： (1分) (2)粒子從a到b的過程中,由動能定理得： qE1dABsin45= (3分) 解得：vb=5m/s(1分),加磁場前粒子在B、C間做勻速直線運動,則有： qE2=mg (2分) 加磁場后粒子在B、C間做勻速圓周運動,如圖所示：,由牛頓第二定律得： (2分) 解得：R=5m(1分) 由幾何關系得： (2分) 解得：y=1.0m(1分) 粒子在B、C間運動時電場力做的功為： W=-qE2y=-mgy=-1.010-2J(2分) 由功能關系知,粒子的電勢能增加了1.010-2J(1分),設偏轉(zhuǎn)角度為,則： (1分) 解得：=37(1分) 答案：(1)1.4N/C (2)1.010-2J 37,【評分細則】 第一問： (1)只列出式,沒有計算出結(jié)果,只得2分。 (2)結(jié)果只計算出 沒有算出小數(shù)不扣分。 心得：認真分析粒子的運動過程,根據(jù)運動情況分析粒子的受力情況,才不至于漏掉重力。 題目中已有物理量符號,一定要用題目中的符號表達方程,否則計算結(jié)果錯誤影響步驟分。,第二問： (1)不列式,而列出的是qE1sin45=ma和 也可得3分。 (2)如果只列、式,沒有計算R和y的值,只要W的計算結(jié)果正確,可得10分;若W計算結(jié)果錯誤,只能得7分;若式列成W=-qE2y,結(jié)果正確不扣分,結(jié)果錯誤得1分。 (3)如果沒有由功能關系說明粒子的電勢能增加了1.010-2J扣1分。 (4)偏轉(zhuǎn)角的計算公式不是列的式,列其他三角函數(shù),只要正確不扣分;若未列式,直接說明偏轉(zhuǎn)角為37,只得1分。,心得：在時間比較緊張的情況下,要盡量根據(jù)題設條件寫出必要的方程,力爭多得步驟分。 在分析多過程的運動規(guī)律時,要結(jié)合受力情況以及做功情況綜合分析,避免因漏力而失分。 在計算電勢能的變化量時,一定要根據(jù)功能關系具體說明電勢能是增加還是減少,以免造成不必要的失分。,