2014届高考物理一轮复习课件(考纲解读+考点探究+高分技巧)：8.3带电粒子在复合场中的运动(86张ppt)
1 2 (2)粒子在电场中做类平抛运动，M′N＝vt，A′N＝ at ，a＝ 2 qE m ，由几何关系得 L A′N＝A′N′＋N′N， A′N′＝ 2 ， N′N＝M′Ntan θ， cos θ
2L m 2L ，把 θ＝30° 联立得 E＝ 2 cos2 θ＋qBttan θ 代入得 E＝ 2(4m qt 3qt
所示，一半径为R的圆表示一柱形区域
的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方 向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、
电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a
点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域， 图8-3-4 离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为R. 现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同 一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点 离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电 场强度的大小．
要分阶段进行处理．
(4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
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3．带电粒子在分离复合场中运动问题的求解方法
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特别注意 (1)多过程现象中的“子过程”与“子过程”的衔接点．如 一定要把握“衔接点”处速度的连续性．
(2)圆周与圆周运动的衔接点一要注意在“衔接点”处两圆
有公切线，它们的半径重合．
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备课札记
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考点二
带电粒子在叠加复合场中的运动
【典例2】 如图8-3-6所示的平行板之间，存在着相互垂直的 匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20 T， 方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 V/m，PQ为
U Dq＝qvB 电磁流 量计
所以 v＝
U U DB所以 Q＝vS＝DB
D π 2 2
质谱仪、回旋加速器《见第 2 讲》
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温馨提示
复合场中重力是否考虑的三种情况 (1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力 一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略．而 对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一
般应考虑其重力．
(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力． (3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运 动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力.
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考点一
带电粒子在分离复合场中的运动
【典例1】 (2012·课标全国卷，25)如图8-3-4
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粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为 r， 由运动学公式得 1 2 r＝ at 2 r＝vt 式中 t 是粒子在电场中运动的时间． 14qRB2 联立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝ . 5m ⑨ ⑦ ⑧
答案
14qRB2 5m
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【思维驱动】 (2013·龙岩检测)图8-3-2所示，空间 存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场， 电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸
面向里，一带电油滴P恰好处于静止状
态，则下列说法正确的是 ( 图8-3-2 )．
A．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动 B．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动 C．若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动
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FE＝qE， E 大小、 F 方向 不变，为恒力
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类平抛运动 运动 规律 匀速圆周运动 mv0 2πm r＝ Bq ，T＝ Bq Eq vx＝v0，vy＝ m t Eq 2 x＝v0t，y＝ t 2m L t＝ ，具有等时性 v0 变化
板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限
内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy＝45°，边界 线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝ 0.25 T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强 度E2＝5.0×105 V/m，在x轴上固定一水平的荧光屏．一 束带电荷量q＝8.0×10－19 C、质量m＝8.0×10－26 kg的
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正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平
行板后从y轴上坐标为(0，0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，
最后打到水平的荧光屏上的位置C.求：
图8-3-6
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(1)离子在平行板间运动的速度大小； (2)离子打到荧光屏上的位置C的坐标； (3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不
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规范解答
粒子在磁场中做圆周运动．设圆周
的半径为 r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式 v2 得 qvB＝m r 式中 v 为粒子在 a 点的速度． 过 b 点和 O 点作直线的垂线，分别与直线交于 c 和 d 点．由几何关系知，线段 ac 、 bc 和过 a、b 两点的圆弧 轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形． 因此 ac ＝ bc ＝ r ② ①
B．粒子所带的电荷量 D．磁感应强度
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解析
粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，其受力平衡
有Eq＝Bqv，则知当粒子所带的电荷量改变时，粒子所受的 合力仍为0，运动轨迹不会改变，故B项正确．
答案
B
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能打到x轴上，磁感应强度大小B2′应满足什么条件？
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审题流程
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解析
(1)设离子的速度大小为 v，由于沿中线
PQ 做直线运动，则有 qE1＝qvB1，代入数据解 得 v＝5.0×105 m/s. (2)离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第 v2 二定律有 qvB2＝m r 得，r＝0.2 m，作出离子的运动轨迹，交 OA 边界于 N，如图甲所示，OQ＝2r，若磁场无边界，一定通 过 O 点，则圆弧 QN 的圆周角为 45° ，则轨迹圆弧的圆心角为 θ＝90° ，过 N 点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线 1 E2 q 进入电场，做类平抛运动，y＝OO′＝vt，x＝ at2，而 a＝ m ， 2 则 x＝0.4 m，离子打到荧光屏上的位置 C 的水平坐标为 xC＝ (0.2＋0.4)m＝0.6 m.
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3．一般的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变
化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做 非匀
曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧， 也不是抛物线．
变速
4．分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场 区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同
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4 设 cd ＝x，由几何关系得 ac ＝ R＋x 5 3 0 bc ＝ R＋ 5 R2－x2
③ ④ ⑤
7 联立②③④式得 r＝ R 5
再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为 E， 粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为 a，由 牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得 qE＝ ma ⑥
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【知识存盘】
装置 速度选 择器 原理图 规律 E 若 qv0B＝Eq，即 v0＝B，粒 子做匀速直线运动 等离子体射入，受洛伦兹力 磁流体 发电机 偏转，使两极板带正、负电， U 两极电压为 U 时稳定， d ＝ q qv0B，U＝v0Bd
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【变式跟踪1】 如图8-3-5所示，xOy 为空间直角坐标系，PQ与y轴正
方向成θ＝30°角．在第四象限
和第一象限的xOQ区域存在磁感 应强度为B的匀强磁场，在POy 区域存在足够大的匀强电场，电 图8-3-5 为＋q，质量为m的带电粒子从－y轴上的A(0，－L)点， 平行于x轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰 场方向与PQ平行，一个带电荷量
与PQ垂直，粒子在匀强电场中经时间t后再次经过x轴，
粒子重力忽略不计．求：
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(1)从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间t′； (2)匀强电场的电场强度E的大小．
解析 (1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，则由几 v2 qBL 2πR 何关系得 R＝L，qvB＝m R ，联立得 v＝ m ，又 T＝ v ，粒 5 子在磁场中运动时间 t1＝ T. 12 由 M 到 A′做匀速直线运动的时间 Rtan 30° t2＝ ，粒子从开始进入磁场 v 到刚进入电场的时间 t′＝t1＋t2， 5π＋2 3m 联立以上各式得 t′＝ . 6qB
2014届高考物理一轮复习课件(考纲解读+考点探究+高分技巧)：选修3-5 第2讲 原子结构 原子核(84张ppt)
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【知识存盘】 一、原子的核式结构
1．电子的发现：英国物理学家
汤姆孙 发现了电子．
2．α粒子散射实验：1909～1911年，英国物理学家 卢瑟福和他 的助手进行了用α粒子轰击金箔的实验，实验发现绝大多数 α粒子穿过金箔后基本上仍沿 原来 方向前进，但有少
数α粒子发生了大角度偏转，偏转的角度甚至大于90°，也
【知识存盘】
1．核力
核子间的作用力．核力是 短程 强引力，作用范围在 的核子间发生作用． 1.5×10－15 m之内，只在 相邻 2．核能 核子 结合为原子核时释放的能量或原子核分解为核
子时吸收的能量，叫做原子核的 结合 能，亦称核能．
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3．质能方程、质量亏损 爱因斯坦质能方程E＝ mc2 ，原子核的质量必然比组
的元素叫
是 α射线
放射性
元素．
、 γ射线
(3)三种射线：放射性元素放射出的射线共有三种，分别 、 β射线 ．
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(4)放射性同位素的应用与防护 ①放射性同位素：有 天然 放射性同位素和 人工 放射
性同位素两类，放射性同位素的化学性质相同．
②应用：消除静电、工业探伤、作 示踪原子
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14 N＋4He→17O＋1H 7 2 8 1
(卢瑟福发现质子)
4 9 12 1 2He＋4Be→ 6 C＋0n
人 工 转 变
人工 控制
(查德威克发现中子)
27 Al＋4He→30P＋1n 13 2 15 0
2014届高考物理一轮复习课件(考纲解读+考点探究+高分技巧)：8.1磁场及磁场对电流的作用(57ppt,含详解)
(2)大小：由公式F＝BIL计算，且其中的L为导线在磁场
中的有效长度．如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两 端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始 端流向末端，如图8-1-6所示．
图8-1-6
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2．求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路
解和简单运用为主．题型仍以选择题为主，但也不排除
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【知识存盘】
1．磁感线 (1)磁感线：在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各 点的 切线 方向跟这点的磁感应强度方向一致． (2)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布(如图8-1-1所示)
图8-1-1
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指向左边． 答案 C
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借题发挥 安培定则和左手定则的“因”与“果”
1．安培定则用于判定电流周围磁场的磁感线分布，使用时
注意分清“因——电流方向”和“果——磁场方向”． 2．左手定则用于判定安培力的方向，使用时注意分清“因— —电流方向与磁场方向”和“果——受力方向”．
相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 (
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)．
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A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同 解析 根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识 求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方
2014届高考物理一轮复习课件(考纲解读+考点探究+高分技巧)：选修3-4 第3讲 光的折射 全反射(59张ppt)
大→小
大→小 小→大
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3.光路可逆 在光的折射现象中，遵循光的折射定律，光路是
可逆的．
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全反射、光导纤维 Ⅰ(考纲要求)
【思维驱动】 很多公园的水池底都装有彩灯，当一细束由红、蓝两色组成 的灯光从水中斜射向空气时，关于光在水面可能发生的反射 和折射现象，下列光路图中正确的是
2．光导纤维
光导纤维的原理是利用光的全反射．
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实验：测定玻璃的折射率
【思维驱动】
如图12-3-3把玻璃砖放在木板上，下面垫一白纸，在白纸上 描出玻璃砖的两个边a和a′.然后在玻璃砖的一侧插两个大头 针A、B，AB的延长线与直线a的交点为O.眼睛在另一侧透过 玻璃砖看两个大头针，使B把A挡住．如果在眼睛这一侧再插 第三个大头针C，使它把A、B都挡住，插第四个大头针D， 使它把前三个大头针都挡住，那么后两个大头针就确定了从
频率
决
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1．玻璃三棱镜对光路的控制(如图1-3-2所示)
图12-3-2 光线两次折射均向底面偏折
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2．各种色光的比较 颜 色 红橙黄绿蓝靛紫
低→高
频率ν
同一介质折射率
同一介质中速度
小→大
大→小
波长
临界角 通过棱镜的偏折角
玻璃砖射出的光线．在白纸上描出光线的径迹，要计算玻璃
砖的折射率需要测量的物理量是图中的________；为了减小 实验误差，入射角应________(填“大些”或“小些”)．
[重点]2014届高考物理一轮复习课件(考纲解读-考点探究-高分技巧)：10
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【变式跟踪2】 矩形线框在匀强磁场内
匀速转动过程中，线框输出的交流
电压随时间变化的图象如图10-1-4所
示，下列说法中正确的是
图10-1-4
( )．
A．交流电压的有效值为36 V
B．交流电压的最大值为36 V，频率为0.25 Hz
C．2 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大
4．最大值：Em＝nBSω，且 Em 与转轴的所在位置和线圈形状 无关．
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考点二 交变电流的图象
【典例2】 (2011·天津卷，4)在匀强磁场中，一矩形金属框绕与
磁感线垂直的转轴匀速转动，如图10-1-3甲所示，产生的交
变电动势的图象如图乙所示，则
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2．正弦交流电的产生和图象 (1)中性面 ①中性面：与磁场方向垂直的平面． ②中性面与峰值面的比较
中性面
峰值面
含义
线圈平面与磁场方向 线圈平面与磁场方向
垂直
平行
磁通量
最大(BS)
零
磁通量的变化率
0
最大感应电动势来自0最大(nBSω)
电流方向
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借题发挥 1．正弦交变电流的e、u、i图象(如图10-1-5所示)
线圈在中性面位置时开始计时
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2014届高考物理一轮复习课件(考纲解读+考点探究+高分技巧)：8.2磁场对运动电荷的作用(73张ppt,含详解)
磁场时的速度 v＝ mv 1 径 r＝ eB ＝B
2mU C 粒子在磁场中运动了半个周期 e ， 正确；
T πm t＝ ＝ eB ，B 错误；若容器 A 中的粒子有初速度，则粒子在磁 2 场中做匀速圆周运动的半径发生变化，不能打在底片上的同一 位置，D 错误．
答案
AC
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的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，影
响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间 等．
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2．洛伦兹力与安培力的联系及区别 (1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力， 都是磁场力．
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．
【思维驱动】 如图8-2-1所示，一个质量为
m、电荷量为e的粒子从容器
A下方的小孔S，无初速度地 飘入电势差为U的加速电场， 图8-2-1
然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在 照相底片M上．下列说法正确的是 ( )．
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A．粒子进入磁场时的速率 v＝
答案
B
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【变式跟踪2】 如图8-2-7(a)所示， 在以直角坐标系
xOy的坐标原点O
为圆心、半径为r 的圆形区域内，
存在磁感应强度
大小为B、方向 图8-2-7 垂直xOy所在平面向里的匀强磁场．一带电粒子由磁场
边界与x轴的交点A处，以速度v0沿x轴负方向射入磁场，
C．甲球的释放位置比乙球的高
2014高考备考 物理讲座课件
2014高考物理研讨会——高三物理二轮、三轮复习策略第一部分：瞄准考点抓住重点——近七年山东高考考点对比分析一、选择题七年考点汇总二、实验题七年高考汇总三、计算题七年考点汇总四、选考题七年高考汇总第二部分：以点带面、科学高效————立体式复习模式物理专题复习专题设置专题一力物体的平衡专题二直线运动专题三牛顿运动定律专题四物理图像专题五曲线运动与万有引力定律专题六机械能专题七电场专题八磁场专题九电磁感应与电路专题十物理实验专题十一力学综合计算题专题十二电学综合计算题专题十三选考专题第三部分关注热点整合信息山东高考考试说明解读一、己有成就：1、模型情景典型、2、考点布局合理、3、思考点设置恰当、思维量充足、4、数学运算量充足，5、解答时长、书写时长恰当。
己形成山东省特色的命题规律与试卷结构。
也深得其它各省的认可、好评。
二、突出问题：1、模板过于固定、2、弹性不足，3、渐近“僵化”。
◆处于调整期——调整期——全面改革期前4年（2007～2010年）基本稳定，后3年（2011年～2013）有所微调。
2014山东全面改革三、2014年高考考试说明精细解读•考卷预测二轮复习要求及建议一、二轮复习的三大任务1.优化知识结构：通过比较、归纳、联系将教材中不同地方出现的知识点进行有机整合，形成科学的知识网络，带领学生将书读薄，提高综合运用能力。
2.提升能力层次：根据高考特点和学生实际，通过针对重点、难点的强化训练和针对题型、能力的专项训练，加强对审题能力、分析推理能力、归纳总结能力和表述能力的培养，努力实现对重要考点的有效突破，提高对中低档题的把握能力，真正做到又好又快。
3.强化应试指导：通过必要的定时训练和模拟演练，加强审题、解题指导，纠正不良解题习惯，进行规范答题训练，确保会做的题不丢分（完整做对）；充分利用试卷讲评课进行应试策略指导，合理分配时间和精力，提高得分能力。
二、二轮复习应该坚持的四项基本原则1、强化性原则：坚持“集中优势兵力打歼灭战”的原则，采用专题突破方式对高考重点、难点进行强化训练，切忌面面俱到，简单重复——突出主流习题、突出重要得分点。
2014届高考物理第一轮复习指导课件2
• 2．热力学第二定律的实质 • 热力学第二定律的每一种表述，都揭示了 大量分子参与宏观过程的方向性，进而使 人们认识到自然界中进行的涉及热现象的 宏观过程都具有方向性．
Zx x k
3．热力学过程方向性实例 热量Q能自发传给 (1)高温物体 低温物体 热量Q不能自发传给 能自发地完全转化为 (2)功 热 不能自发地且不能完全转化为 (3)气体体积 V1 大) 能自发混合成 (4)不同气体 A 和 B 混合气体 AB 不能自发分离成 能自发膨胀到 不能自发收缩到 气体体积 V2(较
Z xx k
• 3．对温度、内能、热量和功的三点说明 • (1)温度、内能、热量和功是热学中相互关联 的四个物理量．当物体的内能改变时，温度不 一定改变．只有当通过热传递改变物体内能时 才会有热量传递，但能的形式没有发生变化． • (2)热量是热传递过程中的特征物理量，和功 一样是过程量，离开过程谈热量毫无意义．就 某一状态而言，只有“内能”，根本不存在 “热量”和“功”，因此不能说一个系统中含 有“多少热量”或“多少功”．
Zx x k
• 解析：第一类永动机违反热力学第一定律，第 二类永动机违反热力学第二定律，A、B错； 由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W ＋Q可以等于0，C错；由热力学第二定律可知 D中现象是可能的，但不引起其他变化是不可 能的，D对． • 答案：D
• 知识点三
能源与环境，能源的开发和应用
Zxx k
• 知识点一 • • • •
热力学第一定律和能量守恒定律
1．改变物体内能的两种方式及异同点 (1)做功：对物体做功可以改变物体的内能． (2)热传递：热传递可以改变物体的内能． (3)异同点：做功和热传递都能够引起系统内 能的改变，改变系统内能的效果相同．做功是 转化 其他形式的能和内能发生 ，热传递 转移 是不同物体 (或一个物体的不同部分)之间内能 的 ．
2014届高考物理一轮 (考纲自主研读+命题探究+高考全程解密) 第3讲电容器 带电粒子在电场中的运动(含解析
第3讲电容器带电粒子在电场中的运动对应学生用书P112电容、电容器Ⅰ(考纲要求)【思维驱动】(单选)下列关于电容器和电容的说法中，错误的是( )．A．电容器A的体积比B大，说明A的电容一定比B的大B．对于确定的电容器，其带的电荷与两板间的电压(小于击穿电压且不为零)成正比C．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷与电压比值恒定不变D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量，其大小与加在两板上的电压无关解析电容器的电容与电容器的体积、电容器所带的电荷量、电容器两极板间的电压均无关．答案 A【知识存盘】1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值．(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值．(2)定义式：C ＝Q U．(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量． (4)单位：法拉(F) 1 F ＝106μF ＝1012pF 3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比．(2)决定式：C ＝εr S4πkd，k 为静电力常量．带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ (考纲要求) 【思维驱动】(多选)(2013·苏州模拟)图6－3－1如图6－3－1所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，由此可知( )． A ．电场中A 点的电势高于B 点的电势B ．微粒在A 点时的动能大于在B 点时的动能，在A 点时的电势能小于在B 点时的电势能C ．微粒在A 点时的动能小于在B 点时的动能，在A 点时的电势能大于在B 点时的电势能D ．微粒在A 点时的动能与电势能之和等于在B 点时的动能与电势能之和 解析一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，其受到的电场力F 只能垂直于等势面水平向左，则电场方向水平向右，如图所示，所以电场中A 点的电势高于B 点的电势，A 对；微粒从A 向B 运动，则合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，C 错、B 对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D 错． 答案 AB 【知识存盘】1．带电粒子在电场中的加速带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动．有两种分析方法：(1)用动力学观点分析：a ＝qE m ，E ＝U d，v 2－v 20＝2ad . (2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU ＝12mv 2－12mv 20. 2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场． (2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法． ①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝l v 0. ②沿电场力方向，做匀加速直线运动．⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝Uq md离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝Uql 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝Uql mdv20一图二结论结论：(1)粒子以一定速度v 0垂直射入偏转电场．粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l2处沿直线射出的．(2)经过相同电场加速，又经过相同电场偏转的带电粒子，其运动轨迹重合，与粒子的带电荷量和质量无关．对应学生用书P113考点一 平行板电容器的动态分析【典例1】 (单选)(2012·江苏卷，2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )．A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小 教你审题审题时关键要抓住“动”与“不动”，就是要确定“变量”和“不变量”，最后确定“目标量”，判断的思路为：不变量（Q 、S 、d ）―→变量（εr ）―→C 的变化趋势（增大）―→不变量和变量跟目标量的关联(C ＝εr S4πkd、C ＝Q U)―→目标量的变化趋势. 解析 由平行板电容器电容决定式C ＝εr S4πkd 知，当插入电介质后，εr 变大，则在S 、d不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U 得U ＝Q C，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U 减小，选项B 正确． 答案 B图6－3－2【变式跟踪1】 (单选)如图6－3－2所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )． A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B ．P 点的电势将降低 C ．带电油滴的电势能将减少D ．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大解析 因为电容器两板电压不变，当两板间距离d 增大，电场强度E 减小，φP ＝Ex P 减小，P 点的电势降低，故选项A 错B 对；又根据带电油滴平衡可判断其带负电，它在P 点的电势能增大，选项C 错误；电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小，选项D 错，故答案为B.答案 B , 借题发挥1．对公式C ＝Q U的理解电容C ＝Q U的比值，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．2．关于电容器的两类问题(1)电压不变―→电容器始终与直流电源相连，改变S 、d 某一个量，判定U 、C 、Q 、E 等物理量如何变化．(2)电荷量不变―→电容器充电后与电源断开，改变d 或S ，判定Q 、C 、U 、E 等物理量如何变化．3．平行板电容器的动态分析方法(1)确定不变量―→分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式C ＝εr S 4πkd―→分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝QU―→分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E ＝U d―→分析电容器极板间电场强度的变化． 考点二 带电体在匀强电场中的直线运动问题图6－3－3【典例2】 (多选)(2012·课标全国卷，18)如图6－3－3所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )． A ．所受重力与电场力平衡 B ．电势能逐渐增加 C ．动能逐渐增加 D ．做匀变速直线运动解析 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg ，方向竖直向下；二是电场力F ＝Eq ，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A 、C 错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B 正确． 答案 BD【变式跟踪2】 如图6－3－4甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m ＝0.2 kg 、带电荷量为q ＝＋2.0×10－6 C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t ＝0时刻开始，在空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g 取10 m/s 2)．求：图6－3－4(1)在第15 s 末小物块的速度大小； (2)在0～15 s 内小物块的位移大小．解析 (1)在0～2 s 内小物块的加速度为E 1q －μmg ＝ma 1， 即a 1＝E 1q －μmg m＝2 m/s 2， 位移x 1＝12a 1t 21＝4 m ，在第2 s 末小物块的速度为v 2＝a 1t 1＝4 m/s ， 在2～4 s 内小物块的加速度为：E 2q ＋μmg ＝ma 2，a 2＝E 2q ＋μmg m＝2 m/s 2，位移x 2＝x 1＝4 m ，在第4 s 末小物块的速度为v 4＝0，因此小物块做周期为4 s 的运动，在第14 s 末的速度为v 14＝4 m/s ，在第15 s 末小物块的速度为v 15＝v 14－a 2t ＝2 m/s ，方向向右(t ＝1 s)．(2)在0～15 s 内小物块的位移大小可以看做是上述3个周期加上x 1和第15 s 内的位移，则：x 15＝v 14t －12a 2t 2＝3 m ，故在0～15 s 内小物块的位移为：x ＝3(x 1＋x 2)＋x 1＋x 15＝31 m.答案 (1)2 m/s 方向向右 (2)31 m ,以题说法带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转问题【典例3】 如图6－3－5所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，图6－3－5以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求： (1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α； (3)粒子打到屏上的点P 到O 点的距离x .解析 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2L v 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eqm ，所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)法一 设粒子在电场中的偏转距离为y ，则y ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝12qEL2mv 20又x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL22mv 20法二 x ＝v y L v 0＋y ＝3qEL22mv 20.法三 由x y ＝L ＋L 2L 2得：x ＝3y ＝3qEL22mv 20.答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL22mv 20图6－3－7【变式跟踪3】 如图6－3－7所示，水平放置的平行板电容器，原来AB 两板不带电，B 极板接地，它的极板长l ＝0.1 m ，两板间距离d ＝0.4 cm ，现有一微粒质量m ＝2.0×10－6kg ，带电荷量q ＝＋1.0×10－8C ，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A 板的中点O 处，取g ＝10 m/s 2.试求： (1)带电粒子入射初速度v 0的大小：(2)现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A 板的电势为多少？解析 (1)电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有l 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2，联立两式得v 0＝l2gd，代入数据得v 0＝2.5 m/s. (2)若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A 板的电势大于0，且B 板接地电势等于0，则有U AB ＝φA －φB ＝φA ，A 板电势最小时，微粒刚好从A 板右侧边缘射出，则有l ＝v 0t 1，d 2＝12a 1t 21，且mg －q φA min d ＝ma 1，联立以上各式得φA min＝6 V ，A 板电势最大时，微粒刚好从B 板右侧边缘射出，则有q φA maxd－mg ＝ma 2，且有a 2＝a 1，代入数据解得φA m ax＝10 V ，综合可得6 V ≤φA ≤10 V.答案 (1)2.5 m/s (2)6 V ≤φA ≤10 V ,借题发挥1．带电粒子在电场中偏转时是否考虑重力(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．。
2014届高考物理一轮复习课件(考纲解读+考点探究+高分技巧)：选修3-5 第3讲 光电效应 波粒二象性
D．锌板带负电
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解析
用紫外线照射锌板是能够发生光电效应的，锌板上的
电子吸收紫外线的能量从锌板表面逸出，称之为光电子，故 A错误、B正确；锌板与验电器相连，带有相同电性的电荷，
锌板失去电子应该带正电，且失去电子越多，带正电的电荷
量越多，验电器指针张角越大，故C正确、D错误． 答案 BC
－
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借题发挥 1．解光电效应问题 应抓住三个关系式： (1)爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0.
(2)最大初动能与遏止电压的关系：Ek＝eUc.
(3)逸出功与极限频率的关系：W0＝hν0.
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2．用图象表示光电效应方程
A．一定到达P处
C．可能到达Q处
B．一定到达Q处
D．都不正确
图13-3-4
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解析
单个光子的运动没有确定的轨道，只是落在P处的概
率大，落在Q处的概率小．因此，一个光子从狭缝通过后可 能落在P处也可能落在Q处，故C正确．
答案
C
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紫外光本质和可见光本质相同．也可以发生上述现象，故C
错误． 答案 ABD
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
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2．根据爱因斯坦光子说，光子能量 ε 等于(h 为普朗克常量，c、 λ 为真空中的光速和波长) c λ h A．hλ B．hc C．hλ D. λ 解析 本题考查爱因斯坦光子说理论．意在考查考生对爱因 ( )．
(教师用书)2014高考物理一轮复习 第8讲电场及带电粒子在电场中的运动课件
势为正值,由Ep=qφ知,电荷q在O点的电势能为负值,D错。
3.(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图，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。一电荷为ｑ(q>0)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。
【典例1】(多选)(2013·济南一模)一个
正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另
一个带电质点射入该区域时，只在电场 力作用下恰好能经过正方形的另外三个 角a、b、c，如图所示，则有( )
A.a、b、c三点电势高低及场强大小的关系是φa=φc>φb, Ea=Ec=2Eb B.质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能 最小
项B正确；因a、b、c三点场强大小的关系是Ea=Ec=2Eb，所以只
有当质点在水平面内只受电场力时才有加速度大小之比是 2∶1∶2，所以选项C错误；若改变带电质点在a处的速度大小 和方向，因电场力做功使质点的速度大小变化，所以质点经过 a、b、c三点不可能做匀速圆周运动，故选项D错误。
U 匀强电场 的计算， ，适用于_________ d
沿场强方向上的距离 。 式中d为___________________
(4)电场线。 强弱 和_____ 方向 。 ①能直观地描述电场的_____ 降低 。 ②沿电场线的方向电势_____
2.电场的能的性质：
(1)电势的定义式：φ=
Ep q
零势能点 的选取有关。 ，与_________
D.q运动到O点时电势能为零
【解析】选B、C。根据等量同种正电荷的电场线分布 ,可知从A 到O的运动过程中电荷q受的电场力方向不变,大小不断变化,到 O点时电场力为零,故q的运动不是匀加速直线运动,是变加速直 线运动,A错;由电场力的方向,知电荷q由A向O运动的过程中电 场力做正功,电势能不断减小,动能不断增大,到O点,电势能最 小,动能最大,B、C对;选无穷远为零势能点,O点的场强为零,电