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高考物理一轮复习 第7章 静电场 章末专题复习

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第第 7 7 章章 静电场静电场物理方法|带电粒子在交变电场中运动的分析方法1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.2.常见的试题类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解);(2)二是粒子做往返运动(一般分段研究);(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究).3.常用的分析方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律),抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移等,并确定与物理过程相关的边界条件.(2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系.如图 7­1 甲所示,长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置,ab为两板的中心线,一个带电粒子以速度v0从a点水平射入,沿直线从b点射出,若将两金属板接到如图 7­1 乙所示的交变电压上,欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出,求:甲 乙图 7­1(1)交变电压的周期T应满足什么条件;(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件?【思路导引】 【解析】 (1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场,在垂直于初速度方向上,粒子的运动应为:加速,减速,反向加速,反向减速,经历四个过程后,回到中心线上时,在垂直于金属板的方向上速度正好等于零,这段时间等于一个周期,故有L=nTv0,解得T=2L nv0粒子在T内离开中心线的距离为y=a21 41 2(1 4T)又a=,E=,解得y=qE mU0 dqU0T2 32md在运动过程中离开中心线的最大距离为ym=2y=qU0T2 16md粒子不撞击金属板,应有ym≤d1 2解得T≤2d2m qU0故n≥,即n取大于等于的整数.L 2dv0qU0 2mL 2dv0qU0 2m所以粒子的周期应满足的条件为T=,其中n取大于等于的整数.L nv0L 2dv0qU0 2m(2)粒子进入电场的时间应为T,T,T,…1 43 45 4故粒子进入电场的时间为t=T(n=1,2,3…).2n-1 4【答案】 (1)T=,其中n取大于等于的整数 (2)L nv0L 2dv0qU0 2mt=T(n=1,2,3…)2n-1 4[突破训练]1.(2017·南阳月考)如图 7­2 甲所示,两块水平平行放置的导电板,板距为d,大量电子(质量为m,电荷量为e)连续不断地从中点O沿与极板平行的OO′方向射入两板之间,当两板不带电时,这些电子通过两板之间的时间为 3t0,当在两板间加如图乙所示的周期为 2t0、幅值恒为U0的周期性电压时,所有的电子均能从两板间通过(不计重力).求这些电子穿过平行板时距OO′的最大距离和最小距离.图 7­2【解析】 以电场力的方向为正方向,画出电子在t=0、t=t0时刻进入电场后,沿3电场力的方向的速度vy随时间变化的vy­t图象如图 a 和 b 所示a b电场强度E=,电子的加速度a==U0 dEe mU0e dm由图甲中vy1=at0=,vy2=a×2t0=U0et0 dm2U0et0 dm由图甲可得电子的最大侧移ymax=t0+vy1t0+t0=vy1 2vy1+vy2 23U0et2 0 md由图乙可得电子的最小侧移ymin=t0+vy1t0=vy1 23U0et2 0 2md【答案】 3U0et2 0 md3U0et2 0 2md高考热点 1|描述电场性质物理量的综合问题电场强度、电势、电势差、电势能的比较电场强度电势电势差电势能定义式E=F qφ=(Ep为电荷的电Ep q势能)UAB=φA-φB——决定因素电场强度由电场本身决定,与试探电荷无关电势由电场本身决定,与试探电荷无关,其大小与参考点的选取有关,有相对性由电场本身的两点间差异决定,与试探电荷无关,与参考点的选取无关由电荷量和该点电势二者共同决定,与参考点的选取有关联系匀强电场中UAB=Ed(d为A、B间沿电场强度方向上的距离);电势沿着电场强度方向降低最快:UAB=φA-φB;φ=;UAB=;WAB=-ΔEp=EpA-EpBEp qWAB q如图 7­3 所示,甲、乙两图中分别有等量同种电荷A1、B1和等量异种电荷A2、B2.在甲图中电荷A1、B1的电场中,a1、O1、b1在点电荷A1、B1的连线上,c1、O1、d1在A1、B1连线的中垂线上,且O1a1=O1b1=O1c1=O1d1;在乙图中电荷A2、B2的电场中同样也存在这些点,它们分别用a2、O2、b2和c2、O2、d2表示,且O2a2=O2b2=O2c2=O2d2.则( )4甲 乙图 7­3A.a1、b1两点的场强相同,电势相同B.c1、d1两点的场强相同,电势相同C.a2、b2两点的场强相同,电势相同D.c2、d2两点的场强相同,电势相同D D [a1、b1两点的场强方向不同,一个向右,一个向左,选项 A 错误;c1、d1两点的场强方向不同,一个向上,一个向下,选项 B 错误;a2、b2两点的电势不同,a2点的电势高于b2点的电势,选项 C 错误;c2、d2两点的场强、电势都相同,选项 D 正确.][突破训练]2.如图 7­4 所示,在空间直角坐标系O ­xyz中,A、B、C、D四个点的坐标分别为(L,0,0)、(0,L,0)、(0,0,L)、(2L,0,0).在坐标原点O处固定电荷量为+Q的点电荷,下列说法正确的是( )图 7­4A.电势差UOA=UADB.A、B、C三点的电场强度相同C.电子在B点的电势能大于在D点的电势能D.将一电子由D点分别移动到A、C两点,电场力做功相同D D [点电荷产生的场强离点电荷越远,场强越小,由U=Ed可得UOA>UAD,A 错误;A、B、C三点的场强大小相等,方向不同,B 错误;离点电荷越远电势越低,由Ep=qφ得电子在B点的电势能小于在D点的电势能,C 错误;A、C两点的电势相同,电子在A、C两点的电势能相等,因此将电子由D点分别移到A、C两点电势能变化相同,因此电场力做功相同,D 正确.]高考热点 2|带电粒子(物体)在电场中运动的综合问题1.分析方法(1)力和运动的关系——牛顿第二定律:根据带电粒子受到静电力,用牛顿第二定律求5出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等.这种方法通常适用于受恒力作用下做匀变速运动的情况.(2)功和能的关系——动能定理:根据静电力对带电粒子所做的功,引起带电粒子的能量发生变化,利用动能定理研究全过程中能量的转化,研究带电粒子的速度变化、经历的位移等.这种方法同样也适用于非匀强的电场.(3)正交分解法或化曲为直法.处理这种运动的基本思想与处理平抛运动是类似的,可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动,而这两个直线运动的规律是我们已经掌握的,然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量.2.解题流程(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图 7­5 所示,小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点,小球抛出时的动能为 8 J,在M点的动能为 6 J,不计空气的阻力,则下列判断正确的是( )图 7­5A.小球水平位移x1与x2的比值为 1∶3B.小球水平位移x1与x2的比值为 1∶4C.小球落到B点时的动能为 32 JD.小球从A点运动到B点的过程中最小动能为 6 JACAC [小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动,小球在竖直方向上升和下落的时间相同,由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x1∶x2=1∶3,选项 A 正确,B错误;设小球在M点时的水平分速度为vx,则小球在B点时的水平分速度为 2vx,根据题意有mv=8 J,mv=6 J,因而在B点时小球的动能为EkB=m[]2=32 1 22 01 22x1 2v2 0+2vx2J,选项 C 正确;由题意知,小球受到的合外力为重力与电场力的合力,为恒力,小球在A6点时,F合与速度之间的夹角为钝角,小球在M点时,速度与F合之间的夹角为锐角,即F合对小球先做负功再做正功,由动能定理知,小球从A到M过程中,动能先减小后增大,小球从M到B的过程中,合外力一直做正功,动能一直增大,故小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于 6 J,选项 D 错误.][突破训练]3.(2017·长沙模拟)有带电平行板电容器竖直放置,如图 7­6 所示,两极板间距d=0.1 m,电势差U=1 000 V,现从平行板上A处以vA=3 m/s 速度水平向左射入一带正电小球(已知小球带电荷量q=10-7C,质量m=0.02 g),经一段时间后发现小球恰好没有与左极板相碰撞且打在A点正下方的B处,求A、B间的距离sAB.(g取 10 m/s2) 【导学号:92492304】图 7­6【解析】 小球m在A处以vA水平射入匀强电场后,仅受重力和电场力,合力一定,而且合力与初速度不在同一直线上,则小球做匀变速曲线运动.在竖直方向上,小球做自由落体运动.其运动轨迹如图所示. 把小球的曲线运动沿水平和竖直方向进行分解.在水平方向上,小球有初速度vA,受恒定的电场力qE作用做匀变速直线运动,且由qU>mv1 2知,小球不会到达左极板处.在竖直方向上,小球做自由落体运动.两个2A分运动的运动时间相等,设为t,则在水平方向上:E= =V/m=104 V/mU d1 000 0.1则其加速度大小为a水平== m/s2=50 m/s2,qE m10-7 × 104 0.02 × 10-3则t== s=0.12 s2vA a2 × 3 50在竖直方向上:sAB=gt2= ×10×0.122 m=7.2×10-2 m.1 21 2【答案】 7.2×10-2m
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