（2021新人教版）高中物理必修第三册(课件+讲义+章末检测)（全册一套打包）.zip

1、学科素养提升学科素养提升 科学思维 1用等分法确定等势线和电场线 1.在匀强电场中，沿着任意方向上，相等距离的电势差都相等。如果把某两点 间的距离等分为 n 段，则每段两端点的电势差等于原电势差的 。像这样采用这 1 n 种等分间距求电势问题的方法，叫作等分法，如图甲，ABBC，则 UABUBC。 2.在已知电场中几个点的电势时，如果要求另外某点的电势，一般采用“等分 法”在电场中找出与待求点电势相同的等势点。 3.在匀强电场中，相互平行且相等的线段两端点间的电势差相等。如图乙， ABCD，则 UABUCD。 4.等分法也常用在画电场线或计算电场强度的问题中。 例 1如图所示，A、B、C、D

2、是匀强电场中一正方形的四个顶 点，电场方向与正方形平面平行。已知 A、B、C 三点的电势分别 为 A15 V、B3 V、C3 V。求 D 点电势 D为多少？ 解析在匀强电场中 ABDC，且 ABDC，所以 UABUDC，即 ABDC，得 D9 V。 答案9 V 方法总结匀强电场中求解电势(场强)的两点技巧 (1)在匀强电场中，电势沿直线均匀变化，即直线上距离相等的线段两端的电势差 值相等。 (2)等分线段找等势点法：将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若 干段，必能找到第三点电势的等势点，它们的连线即等势面(或等势线)，与其垂 直的线即为电场线。 科学思维 2利用静电计分析电容器的问题

3、 1.对静电计的认识 (1)静电计是在验电器的基础上改造而成的，静电计由相互绝缘的两部分组成， 静电计与电容器的两极板分别连接在一起，则电容器上的电势差就等于静电计 上所指示的电势差 U，U 的大小就从静电计的刻度读出，可见，静电计指针的 变化表征了电容器两极板电势差的变化。 (2)静电计本身也是一个电容器，但静电计容纳电荷的本领很弱，即电容很小， 当带电的电容器与静电计连接时，可认为电容器上的电荷量保持不变。 2.利用静电计分析电容器问题的两条思路 (1)根据 C 分析电容器两端电压的变化情况，从而确定静电计张角的 Q U rS 4kd 变化情况。 (2)根据静电计张角的变化情况，结合 C

4、，分析电容器所带电荷量 Q U rS 4kd Q，正对面积 S 和极板间距离 d 的变化情况。 例 2静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其 金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B 是平行板电容器的两个金属 板，G 为静电计。开始时开关 S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针 张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是() A.断开开关 S 后，将 A、B 两极板分开些 B.保持开关 S 闭合，将 A、B 两极板分开些 C.保持开关 S 闭合，将 A、B 两极板靠近些 D.保持开关 S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动 解析要使静电计的指针张开角度增大些，必须

5、使静电计金属球和外壳之间的 电势差增大，断开开关 S 后，将 A、B 两极板分开些，电容器的带电量不变，电容 减小，电势差增大，A 正确；保持开关 S 闭合，将 A、B 两极板分开或靠近些，静电 计金属球和外壳之间的电势差不变，B、C 错误；保持开关 S 闭合，将滑动变阻器 滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D 错误。 答案A 科学思维 3“等效重力”法分析带电粒子在电场中的运动 等效法是从效果等同出发来研究物理现象和物理过程的一种科 学方法。等效的概念在中学物理中应用广泛。等效“重力”法 如下：将重力与静电力进行合成，如图所示，则 F合等效为重 力场中的“重力” ，

6、a等效为“重力加速度” ，F合的方向等效为“重力” F合 m 的方 向，即在重力场中的竖直向下的方向。应用等效“重力”法解题时，要注意运 用重力场中已熟知的一些结论。 例 3半径为r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有 一质量为 m、带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场， 如图所示。珠子所受静电力是重力的 。将珠子从环上的最低 3 4 点 A 由静止释放(重力加速度为 g)，则： (1)珠子所能获得的最大动能是多少？ (2)珠子对圆环的最大压力是多少？ 思路分析(1)求 mg 与 qE 的合力；(2)找等效最低点。 解析(1)因 qE mg，所以静电力与重力的合力 F合与竖直方向的

7、夹角 满足 3 4 tan ，故 37； qE mg 3 4 如图所示，设 OB 与竖直方向的夹角为 ， 则 B 点为等效最低点，珠子由 A 点静止释放后从 A 到 B 过程中做加速运动，珠 子在 B 点动能最大，对圆环的压力最大。 由动能定理得 qErsin mgr(1cos )Ekm 解得 Ekm mgr。 1 4 (2)设珠子在 B 点受圆环弹力为 FN，有 FNF合m v2 r 则 FNF合m mg mg v2 r（mg）2（qE）2 1 2 7 4 由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力为 mg。 7 4 答案(1) mgr(2) mg 1 4 7 4 主编点评带电体在匀强电场中只受重

8、力和静电力作用时，因为重力与静电力 都是恒力，故重力与静电力的合力 F合也是恒力，可以将该合力 F合等效为重力 场中的“重力” ，g即该叠加场中的等效“重力加速度” ，F合的方向等效为 F合 m “重力”的方向。 * 学科素养提升学科素养提升 * 科学思维科学思维1用等分法确定等势线和电场线用等分法确定等势线和电场线 * 3.在在匀匀强强电电场场中中，相相互互平平行行且且相相等等的的线线段段两两端端点点间间的的电电势势差差相相等等。如如图图乙乙， ABCD，则，则UABUCD。 4.等分法也常用在画电场线或计算电场强度的问题中。等分法也常用在画电场线或计算电场强度的问题中。 * 例例1如如图图

9、所所示示，A、B、C、D是是匀匀强强电电场场中中一一正正方方形形的的四四个个顶顶点点， 电电场场方方向向与与正正方方形形平平面面平平行行。已已知知A、B、C三三点点的的电电势势分分别别为为A15 V、B3 V、C3 V。求。求D点电势点电势D为多少？为多少？ 解解析析在在匀匀强强电电场场中中ABDC，且且ABDC，所所以以UABUDC，即即ABD C，得，得 D9 V。 答案答案9 V * 方法总结方法总结匀强电场中求解电势匀强电场中求解电势(场强场强)的两点技巧的两点技巧 (1)在在匀匀强强电电场场中中，电电势势沿沿直直线线均均匀匀变变化化，即即直直线线上上距距离离相相等等的的线线段段两两端

10、端 的电势差值相等。的电势差值相等。 (2)等等分分线线段段找找等等势势点点法法：将将电电势势最最高高点点和和电电势势最最低低点点连连接接后后根根据据需需要要平平 分分成成若若干干段段，必必能能找找到到第第三三点点电电势势的的等等势势点点，它它们们的的连连线线即即等等势势面面(或或等等 势线势线 )，与其垂直的线即为电场线。，与其垂直的线即为电场线。 * 科学思维科学思维2利用静电计分析电容器的问题利用静电计分析电容器的问题 1.对静电计的认识对静电计的认识 (1)静静电电计计是是在在验验电电器器的的基基础础上上改改造造而而成成的的，静静电电计计由由相相互互绝绝缘缘的的两两部部分分组组成成，

11、静静电电计计与与电电容容器器的的两两极极板板分分别别连连接接在在一一起起，则则电电容容器器上上的的电电势势差差就就等等于于静静电电计计 上上所所指指示示的的电电势势差差U，U的的大大小小就就从从静静电电计计的的刻刻度度读读出出，可可见见，静静电电计计指指针针的的变变 化表征了电容器两极板电势差的变化。化表征了电容器两极板电势差的变化。 (2)静静电电计计本本身身也也是是一一个个电电容容器器，但但静静电电计计容容纳纳电电荷荷的的本本领领很很弱弱，即即电电容容很很小小， 当带电的电容器与静电计连接时，可认为电容器上的电荷量保持不变。当带电的电容器与静电计连接时，可认为电容器上的电荷量保持不变。 *

12、 2.利用静电计分析电容器问题的两条思路利用静电计分析电容器问题的两条思路 * 例例2静静电电计计是是在在验验电电器器的的基基础础上上制制成成的的，用用其其指指针针张张角角的的大大小小来来定定性性显显示示其其金金属属 球球与与外外壳壳之之间间的的电电势势差差大大小小。如如图图所所示示，A、B是是平平行行板板电电容容器器的的两两个个金金属属板板，G为为静静 电电计计。开开始始时时开开关关S闭闭合合，静静电电计计指指针针张张开开一一定定角角度度，为为了了使使指指针针张张开开的的角角度度增增大大些些 ，下列采取的措施可行的是，下列采取的措施可行的是() * A.断开开关断开开关S后，将后，将A、B两

13、极板分开些两极板分开些 B.保持开关保持开关S闭合，将闭合，将A、B两极板分开些两极板分开些 C.保持开关保持开关S闭合，将闭合，将A、B两极板靠近些两极板靠近些 D.保持开关保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动闭合，将变阻器滑动触头向右移动 * 解解析析要要使使静静电电计计的的指指针针张张开开角角度度增增大大些些，必必须须使使静静电电计计金金属属球球和和外外壳壳之之 间间的的电电势势差差增增大大，断断开开开开关关S后后，将将A、B两两极极板板分分开开些些，电电容容器器的的带带电电量量 不不变变，电电容容减减小小，电电势势差差增增大大，A正正确确；保保持持开开关关S闭闭合合，将将A、B两两

14、极极板板 分分开开或或靠靠近近些些，静静电电计计金金属属球球和和外外壳壳之之间间的的电电势势差差不不变变，B、C错错误误；保保 持持开开关关S闭闭合合，将将滑滑动动变变阻阻器器滑滑动动触触头头向向右右或或向向左左移移动动，静静电电计计金金属属球球和和 外壳之间的电势差不变，外壳之间的电势差不变，D错误。错误。 答案答案A * 科学思维科学思维3“等效重力等效重力”法分析带电粒子在电场中的运动法分析带电粒子在电场中的运动 * 思路分析思路分析(1)求求mg与与qE的合力；的合力；(2)找等效最低点。找等效最低点。 * 则则B点点为为等等效效最最低低点点，珠珠子子由由A点点静静止止释释放放后后从从

15、A到到B过过程程中中做做加加速速运运动动，珠珠 子在子在 B点动能最大，对圆环的压力最大。点动能最大，对圆环的压力最大。 如图所示，设如图所示，设 OB与竖直方向的夹角为与竖直方向的夹角为， * 由动能定理得由动能定理得 qErsin mgr(1cos )Ekm * 拓展课拓展课 1带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动 物理观念科学思维 核心 素养 1.掌握初速度与场强方向同直线 时带电体做直线运动及初速度与 场强方向垂直时带电体做类平抛 运动问题的处理方法。 2.会分析圆周运动向心力的来源。 1.能够综合应用运动和力、功和能 的关系分析带电粒子在电场中的直 线运动问题，提高科学推理能

16、力。 2.建立带电粒子在交变电场中直线 运动的思维模型。 核心要点 带电粒子在电场中的直线运动 要点归纳 1.带电粒子在电场中的直线运动 (1)匀速直线运动：带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的静电力与其 他力平衡。 (2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同。 (3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反。 2.讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法 (1)力和加速度方法牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。 (2)功和能方法动能定理。 (3)能量方法能量守恒定律。 试题案例 例 1 如图所示，水平放置的 A、B 两平行板相距 h，上板 A 带

17、正电，现有质量为 m、带电荷量为q 的小球在 B 板下方距 离 B 板为 H 处，以初速度 v0竖直向上从 B 板小孔进入板间电 场。 (1)带电小球在板间做何种运动？ (2)欲使小球刚好打到 A 板，A、B 间电势差为多少？ 解析(1)带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动，在电场中受重 力和静电力作用做匀减速直线运动。 (2)整个运动过程中重力和静电力做功， 由动能定理得mg(Hh)qUAB0 mv 1 22 0 解得 UAB。 答案(1)做匀减速直线运动(2) 针对训练 1 如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板 M、N 接上直流电 源，两极板间的距离为 L15 cm。上极板

18、M 的中央有一小孔 A，在 A 的正上方 h 处的 B 点有一小油滴自由落下。已知小油滴的电荷量 q3.51014 C、质量 m3.0109 kg。当小油滴即将落到下极板时速度恰好为零。两极板间的电势 差 U6105 V。求：(不计空气阻力，取 g10 m/s2) (1)两极板间的电场强度 E 的大小为多少？ (2)设平行板电容器的电容 C4.01012 F，则该电容器所带电荷量 Q 是多少？ (3)B 点在 A 点的正上方的高度 h 是多少？ 解析(1)由匀强电场的场强与电势差的关系式可得两极板间的电场强度为 E 4106 V/m。 U L (2)该电容器所带电荷量为 QCU2.4106 C

19、。 (3)小油滴自由落下，即将落到下极板时，速度恰好为零 由动能定理可得 mg(hL)qU0 则 B 点在 A 点的正上方的高度是 hL m15102 m qU mg 3.5 1014 6 105 3.0 109 10 0.55 m。 答案(1)4106 V/m(2)2.4106 C(3)0.55 m 核心要点 带电粒子的类平抛运动 要点归纳 1.先求加速度。 2.将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线 运动，在两个方向上分别列运动学方程。 3.涉及功能关系，也可用动能定理列方程。 试题案例 例 2 如图所示，电荷量为e，质量为 m 的电子从 A 点沿 与电场垂直的

20、方向进入匀强电场，初速度为 v0，当它通过电 场中 B 点时，速度与场强方向成 150角，不计电子的重力， 求： (1)电子经过 B 点的速度多大； (2)AB 两点间的电势差多大。 解析(1)电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，B 点的速度 vB2v0。 v0 cos 60 (2)电子从 A 运动到 B 由动能定理得 eUAB mv mv 1 22 B 1 22 0 A、B 两点间的电势差 UAB。 答案(1)2v0(2) 针对训练 2 一个质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子以平行于两极板的速度 v0 进入匀强电场，如图所示。如果两极板间电压为 U，两极板间的距离为 d、板 长为 L。设

21、粒子束不会击中极板，求粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变 化量。(粒子的重力忽略不计) 解析水平方向匀速，则运动时间 t L v0 竖直方向加速，则偏移 y at2 1 2 且 a qU md 由得 y 则静电力做功 WqEy q U d 由功能原理得电势能减少了。 答案电势能减少了 核心要点 带电体在电场(复合场)中的圆周运动 要点归纳 解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来 源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力。有时可以把复合 场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点” 。 试题案例 例 3 如图所示，BCDG

22、是光滑绝缘的 圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径 3 4 为 R，下端与水平绝缘轨道在 B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电 场中。现有一质量为 m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块 受到的静电力大小为 mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度 3 4 为 g。 (1)若滑块从水平轨道上距离 B 点 s3R 的 A 点由静止释放，求滑块到达与圆心 O 等高的 C 点时对轨道的作用力大小； (2)为使滑块恰好始终沿轨道滑行(不脱离轨道)，求滑块在圆形轨道上滑行过程 中的最小速度。 解析(1)设滑块到达 C 点时的速度为 v，滑块所带电荷量为 q，匀强电场的

23、场强 为 E，由动能定理有 qE(sR)mgsmgR mv2 1 2 qE mg 3 4 解得 v gR 设滑块到达 C 点时受到轨道的作用力大小为 F， 则 FqEm v2 R 解得 F mg 7 4 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的作用力大小为 FF mg 7 4 (2)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆形轨道 DG 间某点，由静电力和重力 的合力提供向心力，此时的速度最小(设为 vmin) 则有m （qE）2（mg）2 解得 vmin。 5gR 2 答案(1) mg(2) 7 4 5gR 2 方法总结 复合场中的圆周运动，涉及受力分析、圆周运动、电场等相关知识点，既巩固了 学生基础知识

24、，又锻炼了学生迁移应用与综合分析能力，较好地体现了“科学思 维”的学科素养。 针对训练 3 如图所示，匀强电场中有一半径为 r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平 面与电场方向平行。a、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷 量为 q(q0)的质点沿轨道内侧运动，经过 a 点和 b 点时对轨道压力的大小分别 为 Na和 Nb。不计重力，求电场强度的大小 E、质点经过 a 点和 b 点时的动能。 解析质点所受静电力的大小为 FqE 设质点质量为 m，经过 a 点和 b 点时的速度大小分别为 va和 vb，由牛顿第二定 律有 FNam NbFm 设质点经过 a 点和 b 点时的动能分别为 Eka

25、和 Ekb，有 Eka mv 1 22 a Ekb mv 1 22 b 根据动能定理有 EkbEka2rF 联立式得 E(NbNa) 1 6q Eka(Nb5Na) r 12 Ekb(5NbNa)。 r 12 答案见解析 1.(带电粒子在电场中的直线运动)(多选)如图所示，从 F 处释放一个无初速度的 电子向 B 板方向运动，则下列对电子运动的描述中正确的是(设电源电压为 U)() A.电子到达 B 板时的动能是 eU B.电子从 B 板到达 C 板动能变化量为零 C.电子到达 D 板时动能是 3eU D.电子在 A 板和 D 板之间做往复运动 解析由 eUEkB可知，电子到达 B 板时的动能

26、为 eU，A 正确；因 B、C 两板间 电势差为 0，故电子从 B 板到达 C 板的过程中动能变化量为零，B 正确；电子由 C 到 D 的过程中静电力做负功大小为 eU，故电子到达 D 板时速度为零，然后又 返回 A 板，以后重复之前的运动，C 错误，D 正确。 答案ABD 2.(带电粒子的类平抛运动)(多选)a、b、c 三个质量和电荷量都相同的粒子由同 一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中 b 恰好飞出电场，对 于三个粒子在电场中的运动，下列说法正确的是() A.在 b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上 B.b 和 c 同时飞离电场 C.进入电场时，c 的速度最大，a 的速

27、度最小 D.动能的增量相比，c 的最小，a 和 b 的一样大 解析粒子在电场中做类平抛运动，由于 a、b、c 质量和电荷量都相同，所以它们 的加速度也相同，由题图可知竖直方向位移 yaybyc，由 y at2可知运动时间 1 2 tatbtc；水平方向 xaxbxc，由 xv0t 可知 vavbEkc，故 A、C、D 正确。 答案ACD 3.带电体在电场(复合场)中的圆周运动如图所示，长 L0.20 m 的绝缘丝线的一端拴一质量为 m1.0104 kg、带电荷量为 q1.0106 C 的小球，另一端连在一水平轴 O 上，丝线拉着小球可在竖直 平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，

28、电场强度 E2.0103 N/C。现将小球拉到与轴 O 在同一水平面上的 A 点，然后无初速度 地将小球释放，取 g10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)小球通过最高点 B 时速度的大小； (2)小球通过最高点 B 时，丝线对小球拉力的大小。 解析(1)小球由 A 运动到 B，其初速度为零，静电力对小球做正功，重力对小球 做负功，丝线拉力不做功， 则由动能定理有 qELmgL vB2 m/s。 2（qEmg）L m (2)设小球到达 B 点时，受重力 mg、静电力 qE 和丝线拉力 FTB作用， mg1.010410 N1.0103 N qE1.01062.0103 N2.0103 N 因

29、为 qEmg，而 qE 方向竖直向上，mg 方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达 B 点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出小球一定受到丝线的拉力 FTB作用，由牛顿第二定律有 FTBmgqE FTBqEmg3.0103 N。 答案(1)2 m/s(2)3.0103 N 4.(带电粒子的直线运动和类平抛运动相结合)虚线 PQ、MN 间存在如图所示的 水平匀强电场，一带电粒子质量为 m2.01011 kg、电荷量为 q1.0105 C，从 a 点由静止开始经电压为 U100 V 的电场加速后，垂直 进入匀强电场中，从虚线 MN 上的某点 b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电 场方向成 3

30、0角。已知 PQ、MN 间距为 20 cm，带电粒子的重力忽略不计。求： (1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率 v1； (2)水平匀强电场的场强大小； (3)ab 两点间的电势差。 解析(1)由动能定理得 qU mv 1 22 1 代入数据得 v11.0104 m/s。 (2)粒子沿初速度方向做匀速运动 dv1t 粒子沿电场方向做匀加速运动 vyat 由题意得 tan 30 v1 vy 由牛顿第二定律得 qEma 联立以上各式并代入数据得 E103 N/C1.7103 N/C。 3 (3)由动能定理得 qUab m(v v )0 1 22 12 y 联立以上各式并代入数据得 Uab400 V。

31、 答案(1)1.0104 m/s(2)1.7103 N/C(3)400 V 基础过关 1.一个带正电的点电荷以一定的初速度 v0(v00)，沿着垂直于匀强电场的方向 射入电场，则其可能的运动轨迹应该是以下图中的() 解析点电荷垂直于电场方向进入电场时，静电力垂直于其初速度方向，电荷做 类平抛运动，故本题选 B。 答案B 2.如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒 a、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近， 与极板距离相等。现同时释放 a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻 t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b

32、 间的相互作用和重 力可忽略。下列说法正确的是() A.a 的质量比 b 的大 B.在 t 时刻，a 的动能比 b 的大 C.在 t 时刻，a 和 b 的电势能相等 D.在 t 时刻，a 和 b 的速度大小相等 答案B 3.(多选)如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用 力的作用下，从静止开始由 b 沿直线运动到 d，且 bd 与竖直 方向的夹角为 45，则下列结论中正确的是() A.此液滴带负电 B.液滴做匀加速直线运动 C.合外力对液滴做的总功等于零 D.液滴的电势能减少 解析液滴所受的合力沿 bd 方向，知静电力方向水平向右，则此液滴带负电， 故 A 正确；液滴所受合力恒定，加速

33、度恒定，做匀加速直线运动，故 B 正确；合外 力不为零，则合外力做功不为零，故 C 错误；从 b 到 d，静电力做正功，液滴电势 能减小，故 D 正确。 答案ABD 4.(多选)A、B 是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在静电力作用下， 沿电场线从 A 点运动到 B 点，vt 图像如图所示，下列关于 A、B 两点的电场 强度 E 的大小和电势能 Ep的高低的判断正确的是() A.EAEB B.EAEB C.EpAEpB 解析正电荷仅在静电力作用下沿电场线运动，从 vt 图上可以看出从 A 点到 B 点，正电荷的速度越来越小，在 B 点趋于定值，则正电荷的加速度越来越小， 所以正电荷受到的

34、静电力越来越小，由此可以判断电场强度越来越小，选项 A 正 确，B 错误；正电荷速度变小，可知正电荷做减速运动，静电力做负功，电势能增 加，所以选项 C 正确，D 错误。 答案AC 5.(多选)如图所示，竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的 带电小球在竖直平面内绕 O 做圆周运动，以下四种说法中正确 的是() A.带电小球可能做匀速圆周运动 B.带电小球可能做非匀速圆周运动 C.带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小 D.带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小 答案ABD 6.(多选)有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的油滴， 从极板左侧中央以相同的水平初速度 v 先后垂直电场射入，

35、落 到极板 A、B、C 处，如图所示，则() A.油滴 A 带正电，B 不带电，C 带负电 B.三个油滴在电场中运动时间相等 C.三个油滴在电场中运动的加速度 aAaBaC D.三个油滴到达极板时动能 EkAEkBxBxC，根据水平方向上做匀速直线 运动，所以由公式 xvt 得 tAtBtC，三个油滴在竖直方向上的位移相等，根据 y at2，知 aAaBaC。从而得知 B 仅受重力，A 所受的静电力方向向上，C 所受 1 2 的静电力方向向下，所以 B 不带电，A 带正电，C 带负电，故 A、C 正确，B 错误； 根据动能定理，三个油滴重力做功相等，静电力对 A 做负功，静电力对 C 做正功，

36、 所以 C 的动能变化量最大，A 的动能变化量最小，A、B、C 的初动能相等，所以三 个油滴到达极板时的动能 EkAEkB0)，在竖 直向下的匀强电场中刚好与水平面成 30角以速度 v0向上做匀 速直线运动。重力加速度为 g。 (1)求匀强电场的电场强度的大小； (2)若电场方向改为垂直速度方向斜向下，要使液滴仍做直线运动，电场强度为 多大？液滴前进多少距离后可返回？ 解析(1)因为液滴处于平衡状态，所以有 Eqmg 解得 E。 mg q (2)电场方向改变，液滴受力分析如图所示。 液滴做直线运动时，垂直速度方向的合力为零，即 qEmgcos 30 解得 E mgcos 30 q 3mg 2q

37、 液滴在运动方向的反方向上的合力 Fmgsin 30，由牛顿第二定律 做减速运动的加速度大小 a gsin 30 F m g 2 液滴可前进的距离 s。 (或由动能定理mgsin 30s0 mv 1 22 0 得液滴可前进的距离 s。) 答案(1)(2) mg q 3mg 2q 8.如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道 ABC，AB 部分是半径 R0.40 m 的 光滑半圆形轨道，BC 部分是粗糙的水平轨道，BC 轨道所在的竖直平面内分布 着 E1.0103 V/m 的水平向右的有界匀强电场，AB 为电场的左侧竖直边界。 现将一质量为 m0.04 kg、电荷量为 q1104 C 的滑块(视为质

38、点)从 BC 上的某点由静止释放，滑块通过 A 点时对轨道的压力恰好为零。已知滑块与 BC 间的动摩擦因数为 0.05，不计空气阻力，g 取 10 m/s2。求： (1)滑块通过 A 点时速度 vA的大小； (2)滑块在 BC 轨道上的释放点到 B 点的距离 x； (3)滑块离开 A 点后在空中运动速度 v 的最小值。 解析(1)因为滑块通过 A 点时对轨道的压力恰好为零， 所以有 mg，解得 vA2 m/s。 (2)根据动能定理可得|q|Exmgxmg2R mv ，解得 x5 m。 1 22 A (3)滑块离开 A 点后在水平方向上做匀减速直线运动， 故有 vxvAt22.5t |q|E m

39、 在竖直方向上做自由落体运动，所以有 vygt10t， v， 106.25t210t4 故 vmin m/s1.94 m/s。 8 17 17 答案(1)2 m/s(2)5 m(3)1.94 m/s 能力提升 9.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向 的电场，如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端 M 射入电 场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端 N 射出，由此 可知(不计粒子重力)() A.若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等 B.若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等 C.若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率一定相等 D.若入射粒子的

40、比荷相等，则出射粒子的动能一定相等 解析由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力 qEm得 r，r、E 为定值，若 q 相等则 mv2一定相等；若 相等，则速率 v2 r mv2 qE 1 2 q m v 一定相等，故 B、C 正确。 答案BC 10.(多选)在空间中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m 的带 电小球由 MN 上方的 A 点以一定初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点 时速度方向恰好水平，A、B、C 三点在同一直线上，且 AB2BC，如图所示。 由此可见() A.静电力为 3mg B.小球带正电 C.小球从 A 到 B 与从 B 到

41、 C 的运动时间相等 D.小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量的大小相等 解析两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系， 故 C 错误；分别列出竖直方向的方程，即 h gt2， ( )2，解得 1 2 h 2 1 2 Fmg m t 2 F3mg，故 A 正确；小球受到的静电力向上，与电场方向相反，所以小球应该带 负电，故 B 错误；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即 vat，结合以上的 分析可得，AB 过程 vgt，BC 过程 v gt，故 D 正确。 3mgmg m t 2 答案AD 11.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的

42、匀强 电场中，一带负电的小球从高为 h 的 A 处由静止开始下滑，沿轨道 ABC 运动后 进入圆环内做圆周运动。已知小球所受静电力是其重力的 ，圆环半径为 R，斜 3 4 面倾角为 53，轨道水平段 BC 长度 sBC2R。若使小球在圆环内恰好能做完 整的圆周运动，则高度 h 为() A.2R B.4R C.10R D.17R 解析小球所受的重力和静电力均为恒力，故两力可等效为一个力 F mg，方向与竖直方向的夹角为 37偏左下。若使小球在圆环 （mg）2（3 4mg）2 5 4 内恰好能做完整的圆周运动，即通过等效最高点 D 时小球与圆环间的弹力恰好 为 0，由圆周运动知识可得 mgm，由

43、A 到 D 的过程由动能定理得 5 4 mg(hRRcos 37) mg(htan 372RRsin 37) mv ，解得 h10R，故选 3 4 1 22 D 项 C 正确，A、B、D 错误。 答案C 12.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏 转电场，并从另一侧射出，已知电子质量为 m，电荷量为 e，加速电场电压为 U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为 U，极板长度为 L，板间距为 d。 (1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度 v0和从电场射出时沿垂直 板面方向的偏转距离 y； (2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法，在解决(1)

44、问时忽略了电 子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知 U2.0102 V，d4.0102 m，m9.11031 kg，e1.61019 C，取 g10 m/s2。 解析(1)电子在加速电场中加速，根据动能定理，则有 eU0 mv ，解得 v0 1 22 0 ， 2eU0 m 电子在偏转电场中做类平抛运动，将其运动分解成平行于板面方向的匀速直线 运动与平行于电场强度方向的初速度为零的匀加速直线运动，则有 平行于板面方向的位移为 Lv0t， 平行于电场强度方向的位移为 y at2， 1 2 由牛顿第二定律有 a，且 E ， eE m U d 综上所述，解得 y。 UL2 4U0d (2)已

45、知 U2.0102 V，d4.0102 m，m9.11031 kg，e1.61019 C， 取 g10 m/s2， 电子所受重力为 Gmg9.11030 N， 电子受到的静电力为 F电e 81016 N， U d 那么11014，由于 F电G，所以重力忽略不计。 G F电 9.1 1030 8 1016 答案见解析 * 拓展课拓展课1带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动 * 核心核心 素养素养 物理观念物理观念科学思维科学思维 1.掌握初速度与场强方向同直线时带掌握初速度与场强方向同直线时带 电体做直线运动及初速度与场强方向电体做直线运动及初速度与场强方向 垂直时带电体做类平抛运动问题

46、的处垂直时带电体做类平抛运动问题的处 理方法。理方法。 2.会分析圆周运动向心力的来源。会分析圆周运动向心力的来源。 1.能够综合应用运动和力、能够综合应用运动和力、 功和能的关系分析带电粒功和能的关系分析带电粒 子在电场中的直线运动问子在电场中的直线运动问 题，提高科学推理能力。题，提高科学推理能力。 2.建立带电粒子在交变电场建立带电粒子在交变电场 中直线运动的思维模型。中直线运动的思维模型。 * 要点归纳要点归纳 1.带电粒子在电场中的直线运动带电粒子在电场中的直线运动 (1)匀匀速速直直线线运运动动：带带电电粒粒子子受受到到的的合合外外力力一一定定等等于于零零，即即所所受受到到的的静静

47、电电力力与与其其 他力平衡。他力平衡。 (2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同。匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同。 (3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反。匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反。 核心要点核心要点带电粒子在电场中的直线运动带电粒子在电场中的直线运动 * 2.讨论带电粒子在电场中做直线运动讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速加速或减速)的方法的方法 (1)力和加速度方法力和加速度方法牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。 (2)功和能方法功和能方法动能定理。动能

48、定理。 (3)能量方法能量方法能量守恒定律。能量守恒定律。 * 试题案例试题案例 例例1 如如图图所所示示，水水平平放放置置的的A、B两两平平行行板板相相距距h，上上板板A带带正正 电电，现现有有质质量量为为m、带带电电荷荷量量为为q的的小小球球在在B板板下下方方距距离离B板板为为 H处，以初速度处，以初速度v0竖直向上从竖直向上从B板小孔进入板间电场。板小孔进入板间电场。 (1)带电小球在板间做何种运动？带电小球在板间做何种运动？ (2)欲欲使使小小球球刚刚好好打打到到A板板，A、B间间电电势势差差为为多多少少？ * 解解析析(1)带带电电小小球球在在电电场场外外只只受受重重力力的的作作用用

49、做做匀匀减减速速直直线线运运动动，在在电电场场 中受重力和静电力作用做匀减速直线运动。中受重力和静电力作用做匀减速直线运动。 (2)整个运动过程中重力和静电力做功，整个运动过程中重力和静电力做功， * 针针对对训训练练1 如如图图所所示示，水水平平放放置置的的平平行行板板电电容容器器的的两两极极板板M、N接接上上直直流流电电源源， 两两极极板板间间的的距距离离为为L15 cm。上上极极板板M的的中中央央有有一一小小孔孔A，在在A的的正正上上方方h处处的的B点点 有有一一小小油油滴滴自自由由落落下下。已已知知小小油油滴滴的的电电荷荷量量q3.51014 C、质质量量m3.0109 kg。当当小小

50、油油滴滴即即将将落落到到下下极极板板时时速速度度恰恰好好为为零零。两两极极板板间间的的电电势势差差U6105 V。 求：求：(不计空气阻力，取不计空气阻力，取g10 m/s2) * (1)两极板间的电场强度两极板间的电场强度E的大小为多少？的大小为多少？ (2)设平行板电容器的电容设平行板电容器的电容C4.01012 F，则该电容器所带电荷量，则该电容器所带电荷量Q是多少？是多少？ (3)B点在点在A点的正上方的高度点的正上方的高度h是多少？是多少？ (2)该电容器所带电荷量为该电容器所带电荷量为QCU2.4106 C。 * 0.55 m。 答案答案(1)4106 V/m(2)2.4106 C