新高考物理一轮复习课件 第8章 专题强化14　电场性质的综合应用

这是一份新高考物理一轮复习课件 第8章 专题强化14　电场性质的综合应用，共60页。PPT课件主要包含了高考物理一轮复习策略，第八章静电场，内容索引，电场中的图像问题，课时精练等内容，欢迎下载使用。
1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
专题强化十四　电场性质的综合应用
1.学会处理电场中的功能关系.2.能解决电场中各种图像问题，理解图像斜率、面积等表示的物理意义并能解决相关问题.
题型一　电场中功能关系的综合问题
题型二　电场中的图像问题
电场中功能关系的综合问题
电场中常见的功能关系(1)若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变.(2)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变.(3)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量.(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量.
例1　(2022·山西师大附中模拟)如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，静电力做的功为1.5 J.下列说法中正确的是A.粒子带负电B.粒子在A点的电势能比在B点少1.5 JC.粒子在A点的动能比在B点少0.5 JD.粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
由粒子运动的轨迹可知粒子带正电，A错误；粒子从A到B的过程中静电力做正功，所以电势能减小，B错误；
根据动能定理得W＋WG＝ΔEk＝－0.5 J，所以粒子在A点的动能比在B点多0.5 J，C错误；静电力做正功，机械能增加，所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J，D正确.
例2　如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下落，加速度为 g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落 h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是
物块从静止开始下落时的加速度为 g，根据牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝ ，故A错误；
从A到C过程中，静电力做功为 ，则电势能增加量为 ，故C错误；
从A到C的过程中，系统除重力和弹力以外，只有静电力做功，静电力做功为：W＝－qE(H＋h)＝ ，可知机械能减小量为 ，故B错误；
根据动能定理得：mg(H＋h)－ ＋W弹＝0，解得弹力做功为：W弹＝ ，即弹性势能增加量为 ，故D正确.
例3　如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点.现有一质量为m、电荷量为－q套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑.已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2 .求：(1)小球滑到C点时的速度大小；
因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中静电力做的总功为零.
(2)若以C点作为零电势点，试确定A点的电势.
小球从A到C，重力和静电力均做正功，
又根据静电力做功与电势能的关系：W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC).
根据v－t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化.
考向1　电场中的v－t图像
例4　(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合.一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C.小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图乙所示.小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线).则下列说法正确的是A.由C到A的过程中，小球的电势能先　减小后变大B.由C到A电势逐渐降低C.C、B两点间的电势差UCB＝0.9 VD.在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m
从C到A小球的动能一直增大，说明静电力一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故A错误，B正确；
根据动能定理知qUCB＝ mvB2－0，解得UCB＝0.9 V，故C正确；
根据对称性知O点电场强度为0，由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受的静电力最大，加速度由静电力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度a＝ m/s2＝0.06 m/s2，根据牛顿第二定律得qE＝ma，联立解得E＝1.2 V/m，故D正确.
1.电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图).切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零.
考向2　φ－x图像(电场方向与x轴平行)
2.在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向.(如图)
3.电场中常见的φ－x图像(1)点电荷的φ－x图像(取无限远处电势为零)，如图.
(2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图.
(3)两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图.
例5　(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAP0)；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W.下列说法正确的是A.该匀强电场的场强方向与ab平行B.将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5WC.a点电势低于c点电势D.若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路.沿cd方向建立x轴，垂直于cd方向建立y轴，如图所示从c到d有W＝Exq·2R
由于电场方向与水平方向成60°角，则场强方向与ab平行，且由a指向b，A正确；将该粒子从d点移动到b点，电场力做的功为
沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势高于c点电势，C错误；若粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行，则粒子做匀变速直线运动，D错误.
8.(多选)一带正电微粒只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中O～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是A.O～x1段电势逐渐升高B.O～x1段微粒做加速度逐渐减小的加速运动C.x1～x2段电场强度为零D.x2～x3段的电势沿x轴均匀减小
电势能Ep＝φq，由于粒子带正电，O～x1段电势能变大，所以电势升高，A正确；
根据静电力做功与电势能关系ΔEp＝EqΔx，图像斜率反映场强大小，O～x1段图像斜率变小，场强变小，受力减小，加速度逐渐变小，由于电势能增加，静电力做负功，则微粒做减速运动，即微粒做加速度减小的减速运动，B错误；x2～x3段斜率为0，场强为零，C正确；x2到x3，电势能均匀减小，微粒带正电，所以电势沿x轴均匀减小，D正确.
9.竖直平面内有一匀强电场，电场方向与x轴负方向成37°角，x轴上各点的电势随坐标x的变化规律如图所示.现有一带负电小球以初速度0.5 m/s从x＝－1 cm的P处沿直线运动到x＝2 cm的Q处，已知小球的质量为3×10－4 kg，取g＝10 m/s2，则A.匀强电场的场强大小为400 V/mB.带电小球的电荷量大小为1×10－5 CC.带电小球从P点运动到Q点的过程中的加速度大小为　40 m/s2D.带电小球运动到Q点时动能可能为0
由电势差与电场强度的关系得U＝Excs 37°，则φ－0＝Ecs 37°×x，结合图像得Ecs 37°＝　，解得E＝500 V/m，故A错误；
由题意知，带电小球在竖直方向受力平衡，得mg＝Eqsin 37°，解得q＝1×10－5 C，故B正确；小球带负电，所以小球所受合力水平向右，合外力做正功，小球速度增加，带电小球运动到Q点时动能不可能为0，在水平方向，对小球由牛顿第二定律得qEcs 37°＝ma，代入数据解得a＝ m/s2，故C、D错误.
10.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平.a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零.则小球aA.从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中，速率先增大后减小C.从N到Q的过程中，电势能一直增加D.从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功.小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；
从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误.
11.(2021·山东卷·6)如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤x< 区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示.现将一电荷量为－Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零.若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是
对y轴正向的点电荷，由平衡条件可得
则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的库仑力而向右运动.故选C.
12.(多选)如图所示，有一均匀对称带负电花环和一质量为m的带正电小球，小球由静止从花环正上方某一高处的A点落下，穿过花环中心又下落到与A对称的A′点.在这个过程中，若取花环中心为坐标原点且重力势能为零，无限远处电势为零，竖直向下为x轴正方向，则关于小球的加速度a、重力势能Ep、电势能εp、机械能E，这四个物理量与小球的位置坐标x的关系图像可能正确的是
花环中心电场强度为零，无限远处电场强度为零，所以从中心到无限远处电场强度是先增加再减少.加速度是重力和静电力的合力与质量的比值，在花环上方，重力和静电力都向下，且静电力可能先增加再减小，所以加速度可能先增加再减小，在花环下方，重力向下，静电力向上，且静电力可能先增加再减小，合力可能先减小再增加，所以加速度可能先减小再增加，A正确；从A到A′重力做正功，重力势能减小，B错误；