第2章 静电场的应用 章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理必修第三册（粤教版2019）

章末小结与质量评价 第 二 章 1 一、知识体系建构——理清物理观念 2 二、综合考法融会——强化科学思维 3 三、价值好题精练——培树科学态度和责任 CONTENTS 目录 一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维 [例1]　如图所示,水平向右的匀强电场中,用长为R的轻质绝缘细线在O点悬挂一质量为m且可以视为质点的带电小球,小球静止在A处,AO的连线与竖直方向的夹角为37°,现给小球一个垂直于OA方向的初速度v0,小球便在竖直面内运动,为使小球能在竖直面内完成圆周运动,这个初速度v0至少应为多大? 考法一　带电体在电场、重力场中的运动问题 [答案]　 [解析]　小球静止时,对小球进行受力分析,如图所示,由几何关系得F电=mgtan 37°=mg。 由平行四边形定则可得“等效”重力G'==mg,与细线的拉力F拉的方向相反。 与重力场类比可知:小球能在竖直面内完成圆周运动的临界速度位置在AO连线的延长线上的B处,由“等效”重力提供小球所需的向心力,得G'=,所以小球在B处的最小的速度vB= 。 小球从B运动到A的过程中,由动能定理可得G'·2R=m-m,代入数据可得v0=。 1.等效重力法:将重力与电场力进行合成,如图所示,则F合为等效重力场中的“重力”,g'=为等效重力场中的“等效重力加速度”,F合的方向等效为“重力”的方向,即在等效重力场中的竖直向下方向。 融会贯通 2.在分析带电粒子在等效场中的运动问题时,一定要明确以下有关等效重力场中的几个重要概念,具体对应如下: 等效重力场 重力场、电场叠加而成的复合场 等效重力 重力、电场力的合力 等效重力加速度 等效重力与带电粒子质量的比值 等效“最低点” 带电粒子做圆周运动时,由圆心沿合力方向与圆周交点的位置 等效“最高点” 带电粒子做圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置 等效重力势能 等效重力大小与带电粒子沿等效重力场方向“高度”的乘积 1.(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后, (　 ) A.小球的动能最小时,其电势能最大 B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大 C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大 D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量 对点训练 √ √ 解析:对小球受力和运动分析,如图所示,Eq=mg,故等效重力G'的方向与水平方向成45°。当vy=0时速度最小为vmin=v1,由于此时v1存在水平分量,电场力还可以做负功,故此时电势能不是最大,故A错误; 水平方向上v0= t,在竖直方向上v=gt,由于Eq=mg,得v=v0,如图所示,小球的动能等于初始动能,由于此时速度没有水平分量,故电势能最大。由动能定理可知WG+WEq=0,则重力做的功等于小球电势能的增加量, 故B、D正确;当速度为图中v1所示时,此时速度水平分量与竖直分量相等,动能最小,故C错误。 [例2]　一个电荷量为q=-2×10-8 C,质量为m=1×10-14 kg的带电粒子,由静止经电压为U1=1 600 V的加速电场加速后,立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2=2 400 V的偏转电场,然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点,偏转电场两极板间距为d=8 cm,极板长L=8 cm,极板的右端与荧光屏之间的距离也为L=8 cm。整个装置如图所示,不计粒子的重力,求: 考法二　带电粒子在电场中的运动问题 (1)粒子出加速电场时的速度v0的大小; [答案]　8×104 m/s　 [解析]　由动能定理可得 |q|U1=m 代入数据解得v0=8×104 m/s。 (2)粒子出偏转电场时的偏移距离y; [答案]　0.03 m　 [解析]　粒子进入偏转电场后做类平抛运动, 水平方向上:L=v0t 在竖直方向上:y=at2,a=,E= 联立代入数据解得y=0.03 m。 (3)P点到O2的距离y'。 [答案]　0.09 m [解析]　根据带电粒子偏转运动的推论,由几何知识得=,解得y'=3y=0.09 m。 1.带电粒子在匀强电场中的运动 (1)对于加速问题,一般从能量角度,应用动能定理求解。对于匀变速直线运动,可用牛顿运动定律与运动学公式求解。 (2)对于偏转问题,运用运动的合成与分解方法求解。如果带电粒子(不计重力)垂直射入匀强电场中,只受电场力作用,带电粒子沿初速度方向将做匀速直线运动,而沿电场力的方向将做初速度为零的匀加速直线运动,合运动为类平抛运动。求解时既可用牛顿第二定律和运动学公式求解,也可用能量观点(如动能定理、功能关系)求解。 融会贯通 2.带电粒子在复合电场中的运动 处理带电粒子在电场中的运动问题,一定要搞清楚是否考虑重力,否则就会出错。一般情况下,质子、电子、α粒子等可以忽略其重力,而灰尘、液滴、颗粒、小球等需要考虑其重力,还有一些情况需要根据实际情境进行分析判断重力是否可以忽略。 当带电粒子的重力不能忽略时,带电粒子就在重力和静电力的共同作用下运动,有时我们把重力和静电力当成一个力来考虑,这样分析问题比较方便,这种方法也称“等效重力场”法。 2.如图所示,电子在电势差为U0的加速电场中,从左极板由静止开始运动,经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U的偏转电场中,经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上,整个装置处在真空中,已知电子的质量为m,电荷量为-e,偏转电场的板长为L1,板间距离为d,光屏M到偏转电场极板右端的距离为L2,求: 对点训练 (1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0; 答案:　 解析:电子在加速电场中运动过程,由动能定理得eU0=m,解得v0=。 (2)电子飞出偏转电场时的偏移距离y; 答案:　 解析:电子在偏转电场中做类平抛运动,沿初速度方向有:L1=v0t 垂直初速度方向有:y=at2=t2 联立解得y=。 (3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值; 答案:　 解析:电子飞出偏转电场时偏转角的正切值为 tan θ====。 (4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。 答案: 解析:电子离开偏转电场时速度的反向延长线经过中轴线的中点,根据相似三角形得: =,解得Y=。 三、价值好题精练——培树科学 态度和责任 1.为研究静电除尘,有人设计了一个盒状容器,如图所示,容器侧面是绝缘的透明有机玻璃,上下底面是金属板。当金属板连接到高压电源正、负两极时,在两金属板间产生匀强电场。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内,颗粒带负电,不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力,并忽略烟尘颗粒所受重力。闭合开关S后,下列说法正确的是 (　 ) A.烟尘颗粒向下运动 B.两金属板间电场方向向上 C.烟尘颗粒在运动过程中电势能减小 D.烟尘颗粒电荷量可能是电子电荷量的1.5倍 √ 解析:由题图可知,极板上端为正极,下端为负极,则带负电的烟尘颗粒受静电力向上,故带电烟尘颗粒将向上运动,故A错误;极板上端为正极,下端为负极,所以两金属板间电场方向向下,故B错误;烟尘颗粒在运动过程中静电力做正功,电势能减少,故C正确;带电体的带电荷量只能是元电荷的整数倍,所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电荷量的1.5倍,故D错误。 2.如图为静电植绒的装置及简图,将表面涂有黏合剂的被植体放在金属板上,打开电源开关后,在金属网与金属板间会产生3 kV的高压,放在金属网上的绒毛将垂直地粘植在被植体上。金属网和金属板间的距离为2 cm,忽略边缘效应,将网与板间的电场视为匀强电场,则下列说法正确的是 (　 ) A.绒毛在飞往被植体的过程中电势能不断增大 B.若增大金属网和金属板的距离,则网和板的电势差也增大 C.若减小金属网与金属板间的电势差,会安全点,效果会更好 D.绒毛穿过金属网时带上负电飞向金属板,垂直地粘植在被植体上 √ 解析:绒毛在飞往被植体的过程中,电场力做正功,电势能减小,A错误;金属网与金属板之间的电势差由电源电压决定,与金属网与金属板之间的距离无关,B错误;减小金属网与金属板间的电势差,绒毛到达被植体上时速度减小,会影响植绒效果,C错误;绒毛穿过金属网时带上负电飞向金属板,因金属板是等势体,场强方向与金属板垂直,则绒毛被垂直地粘植在被植体上,D正确。 3.如图所示为我国自主研发、全球首创的“超级电容器”,这种电容器安全性高,可反复充放电100万次以上,使用寿命长达十二年,且容量超大(达到9 500 F),能够在10 s内完成充电。则该“超级电容器” (　 ) A.充电过程中电流是恒定电流 B.充电过程中两极的电压逐渐增大 C.充电时电容器的正极应接电源的负极 D.放电过程中电容器的化学能转化为电能 √ 解析:充电过程中电流不为恒定电流,A错误;充电过程中两极的电荷量逐渐增大,故电压逐渐增大,B正确;充电时电容器的正极应接电源的正极,放电过程中电容器输出的是电能,C、D错误。 4.(2024·海南高考)用如图(a)所示的电路观察电容器的充放电现象,实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干。 (1)闭合开关S2,将S1接1,电压表示数增大,最后稳定在12.3 V。在此过程中,电流表的示数　　　　(填选项标号)  A.一直稳定在某一数值 B.先增大,后逐渐减小为零 C.先增大,后稳定在某一非零数值 √ 解析:电容器充电过程中,当电路刚接通,电流表示数从0增大到某一最大值,之后随着电容器的不断充电,电路中的充电电流在减小,当充电结束电路稳定后,此时电路相当于开路,电流为0。故选B。 (2)先后断开开关S2、S1,将电流表更换成电流传感器,再将S1接2,此时通过定值电阻R的电流方向　　　　(选填“a→b”或“b→a”)。通过传感器将电流信息传入计算机,画出电流随时间变化的I⁃t 图像,如图(b),t= 2 s时I=1.10 mA,图中M、N区域面积比为8∶7,可求出R=　　　　kΩ(保留2位有效数字)。  a→b 　5.2 解析:根据电路图可知,充电结束后电容器上极板带正电,将S1接2,电容器放电,此时通过定值电阻R的电流方向a→b。 t=2 s时I=1.10 mA,可知此时电容器两端的电压为U2=IR,电容器开始放电前两端电压为12.3 V,根据I⁃t图像与横轴所围成的面积表示电荷量,可得0~2 s时间内电容器放出的电荷量为Q1=ΔU·C=C,2 s后到放电结束时间内放出的电荷量为Q2=ΔU'·C=1.10×10-3·RC,根据题意得=,解得R≈5.2 kΩ。 章末综合检测（二） (单击进入电子文档) $$