2021版高考物理一轮复习 第七章 静电场 4 章末热点集训课件

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第七章静电场章末热点集训热点1带电粒子运动轨迹的分析一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示,图中平行实线可能是电场线也可能是等差等势线,则以下说法正确的是()A.无论图中的实线是电场线还是等势线,a点的电场强度都比b点的电场强度小B.无论图中的实线是电场线还是等势线,a点的电势都比b点的电势高C.无论图中的实线是电场线还是等势线,电子在a点的电势能都比在b点的电势能小D.如果图中的实线是等势线,电子在a点的速率一定大于在b点的速率[解析]根据电场线和等势线的特点及两者的关系可知,无论图中的实线是电场线还是等势线,a、b两点的电场强度都相等;若图中实线是电场线,则根据做曲线运动的物体一定受到指向轨迹凹侧的合外力,可知电子受到的电场力方向水平向右,电场线方向水平向左,a点的电势比b点的电势低,电子从a点运动到b点的过程中,电场力做正功,电势能减小,动能增大,电子在a点的电势能比在b点的电势能大,电子在a点的速率一定小于在b点的速率;若图中实线是等势线,则根据电场线和等势线垂直的关系和物体做曲线运动的条件,可知电子受到的电场力方向竖直向下,电场线方向竖直向上,a点的电势比b点的电势高,电子从a点运动到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加,动能减小,电子在a点的电势能比在b点的电势能小,电子在a点的速率一定大于在b点的速率.综上所述,D正确.[答案]D(多选)如图所示,实线是一质子仅在电场力作用下由a点运动到b点的运动轨迹,虚线可能是电场线,也可能是等差等势线,则下列说法中正确的是()A.若虚线是电场线,则质子在a点的电势能大,动能小B.若虚线是等差等势线,则质子在a点的电势能大,动能小C.质子在a点的加速度一定大于在b点的加速度D.a点的电势一定高于b点的电势解析:选BC.若虚线是电场线,由质子轨迹可知质子所受电场力方向沿电场线向左,由a点运动到b点,电场力做负功,电势能增大,动能减小,A错;若虚线是等势线,则质子所受电场力垂直等势线向下,由a点运动到b点,电场力做正功,电势能减小,动能增大,B对;因电场线和等差等势线的疏密程度均可表示电场强度大小,而a点处于密集区,所以EaEb,由a=qEm知C对;因质子在a、b两点的电势能大小无法比较,由Ep=qφ知,a、b两点的电势无法比较,D错.热点2电容器的动态分析问题(2020·山东济南外国语高三检测)带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示,要使静电计的指针偏角变小,可采用的方法有()A.增大两极板间的距离B.用手触摸极板BC.在两板间插入电介质D.将极板B向上适当移动[解析]增大两极板间的距离,即d增大,则由电容的决定式C=εrS4πkd,可以知道电容器的电容减小;电容器所带电荷量不变,则由C=QU分析可以知道,电容器板间的电势差增大,静电计的指针偏角变大,A错误.因为B板接地,用手触摸时,仍接地,故对电荷量没有影响,电势差保持不变,B错误.在两板间插入电介质时,介电常数增大,则C增大,由Q=UC可以知道电势差减小,C正确.将极板B向上运动时,正对面积减小,则C减小,由定义式可以知道,电势差增大,D错误.[答案]C(多选)(2020·四川成都七中高三模拟)如图所示,R0为热敏电阻(温度降低电阻增大),D为理想二极管(正向电阻为零,反向电阻无穷大),C为平行板电容器,C中央有一带电液滴刚好静止,M点接地.在开关S闭合后,下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是()A.将热敏电阻R0加热B.变阻器R的滑动头P向上移动C.开关S断开D.电容器C的上极板向上移动解析:选AC.液滴受向上的电场力和向下的重力作用;将热敏电阻R0加热,则阻值减小,滑动变阻器R上的电压变大,则电容器两端的电压变大,两板间场强变大,则液滴向上运动,A正确;变阻器R的滑动头P向上移动时,R的阻值减小,则电容器两端的电压减小,电容器放电,但是由于二极管的单向导电性使得电容器上的电荷量不变,场强不变,则油滴不动,B错误;开关S断开时,电容器两端的电压等于电源的电动势,则电容器两板间的场强变大,液滴向上运动,C正确;电容器C的上极板向上移动时,电容器两板间场强减小,液滴向下运动,D错误.热点3带电粒子在电场中的加速和偏转问题如图所示,虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场,在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏,现将一电子(电荷量为e,质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点,最后电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O,求:(1)电子从释放到打到屏上所用的时间;(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ;(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x.[解析](1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,时间为t1,由牛顿第二定律和运动学公式得:a1=eE1m=eEmL2=12a1t21v1=a1t1,t2=2Lv1运动的总时间为t=t1+t2=3mLeE.(2)设电子射出电场E2时,沿平行电场线方向的速度为vy,根据牛顿第二定律得,电子在电场中的加速度为a2=eE2m=2eEmt3=Lv1,vy=a2t3tanθ=vyv1联立各式解得tanθ=2.(3)如图,设电子在电场中的偏转距离为x1x1=12a2t23tanθ=x2L解得:x=x1+x2=3L.[答案](1)3mLeE(2)2(3)3L(2017·高考全国卷Ⅱ)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开.已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求:(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;(2)A点距电场上边界的高度;(3)该电场的电场强度大小.解析:(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0-at=0①s1=v0t+12at2②s2=v0t-12at2③联立①②③式得s1s2=3.④(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式v2y=2gh⑤H=vyt+12gt2⑥M进入电场后做直线运动,由几何关系知v0vy=s1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h=13H.⑧(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则v0vy=qEmg⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1=12m(v20+v2y)+mgH+qEs1⑩Ek2=12m(v20+v2y)+mgH-qEs2⑪由已知条件Ek1=1.5Ek2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E=mg2q.答案:见解析

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