1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。阶段提升课 第一章知识体系思维导图考点整合素养提升考 点电场强度、电场线、电势、电势能1.了解电场强度和电场线:(1)电场的物质性。(2)电场强度定义。(3)引入电场线的意义。2.电场及电场强弱、方向的描述:情景特点电场电荷在周围产生的物质,对置于其中的电荷有电场力的作用电场强度、电场线形象地描述电场的强弱分布电势、电势能描述电场能的性质3.电场的关键词转化:【典例1】(2019海南高考)如图,静电场中的一条电场线上有M、N两点,箭头代表电场的方向,则()A.M点的电势比
2、N点的低B.M点的场强大小一定比N点的大C.电子在M点的电势能比在N点的低D.电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大【解析】选C。电势沿电场的方向降低,A错误;电子从M点向N移动时克服电场力做功,电势能增大,故电子在M点的电势能比在N点的低,选项C正确;因为一条电场线不能判断M、N两点的电场强度的大小,所以也不能判断电子在M点受到的电场力大小比在N点的大,选项B、D错误。(2020德阳高二检测)如图所示,在点电荷Q形成的电场中,已知a、b两点在同一等势面上,c、d两点在另一等势面上。甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线,已知乙粒子带正电。那么下列判断正确的是()A.甲粒子在
3、b点的电势能比在c点小B.乙粒子在d点速度最大C.a、b两点电场强度相同D.d点电势比b点电势高【解析】选D。由题图可知,甲粒子受到中心点电荷Q的引力,甲粒子从c到b的过程中电场力做负功,电势能增大,所以甲粒子在b点的电势能比在c点大,故A错误;乙粒子受到中心点电荷Q的排斥力,从a到d电场力做负功,动能减小,速度减小。从d到b电场力做正功,动能增大,速度增大,所以乙粒子在d点速度最小,故B错误;a、b两点电场强度大小相等,方向不同,则电场强度不同,故C错误。越靠近正点电荷Q电势越高,则d点电势比b点电势高,故D正确。故选D。【加固训练】如图所示,正点电荷Q、2Q分别置于M、N两点, O点为MN
4、连线的中点,点a为MO的中点,点b为ON的中点,点c、d在M、N中垂线上,关于O点对称。下列说法正确的是()A.a、b两点的电场强度相同B.O点的电势高于c点的电势C.将电子沿直线从a点移到b点,电场力对电子先做正功后做负功D.将电子沿直线从c点移到d点,电场力对电子先做负功后做正功【解析】选B。同种电荷的电场线是排斥状的,沿电场线方向电势逐渐降低,知O点的电势高于c点的电势。故B正确;设Ma=L,aO=r,则a点的电场强度Ea=k-k,Eb=k-k,可见EaEb,故A错误;电子受到的电场力方向与电场方向相反,所以将电子沿直线从a点移到b点,电场力对电子先做负功后做正功,C错误;对两个电荷在中
5、垂线上的场强进行叠加,在Oc段方向斜向左上,在Od段方向斜向左下,所以电子所受的电场力在Oc段斜向右下,在Od段斜向右上,电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角,电场力对电子先做正功后做负功,故D错误。考 点静电场中的带电物体1.处于静电场中的物体:(1)带电物体在静电场中的平衡。(2)静电平衡。(3)电场力做功只与起点和终点的位置有关与电荷移动的路径无关。(4)电荷在电场中加速和偏转。2.处理静电场中物体运动问题的一般方法:情景运动规律静电场中物体的平衡物体所受合力为零电场力做的功匀强电场中W=Fcos|AB|=qE|AM|电势和电势差WAB=qUAB=qA-qB0,ABWAB=-qUBA=-q
6、A-(-qB)0,-qAB,沿着电场线电势逐渐降低电荷在电场中运动X方向:vx=v0,L=v0tY方向:y=at2=tan=3.电场力与能的关键词转化:【典例2】如图所示,一对带电平行金属板A、B与竖直方向成30角放置。B板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系 xOy上的O点,y轴沿竖直方向。一比荷为1.0105 C/kg的带正电粒子P从A板中心O处静止释放后沿OO做匀加速直线运动,以速度v0=104 m/s,方向与x轴正方向成30角从O点进入匀强电场,电场仅分布在x轴的下方,场强为E=103 V/m,方向与x轴正方向成60角斜向上,粒子的重力不计。试求:(1)AB两板间的电势差UAB。(2)粒
7、子P离开电场时的坐标。(3)若在P进入电场的同时,在电场中适当的位置由静止释放另一与P完全相同的带电粒子Q,可使两粒子在离开电场前相遇。求所有满足条件的释放点的范围(不计两粒子之间的相互作用力)。【解析】(1)由动能定理qUAB=m可得UAB= V=500 V(2)粒子P在进入电场后做类平抛运动,设离开电场时距O距离为L,如图所示,则Lcos30=v0tLsin30=t2解得 L=1 m所以P离开电场时的坐标为(1 m,0)(3)由于粒子Q与P完全相同,所以只需在P进入电场时速度方向的直线上的OM范围内任一点释放粒子Q,可保证两者在离开电场前相碰,所在的直线方程为y=-xOM=Lcos30=
8、m故M的横坐标为xM=OMcos30=0.75 m所以所有满足条件的释放点的范围为y=-x且0x0.75 m。答案:(1)500 V(2)(1 m,0)(3)y=-x且0x0.75 m1.(2020眉山高二检测)一边长为r的正三角形的三个顶点,固定有3个点电荷,电荷量分别为+q、+q和-2q,如图,静电力常量为k,则三角形中心处O点的电场强度大小和方向为()A.,指向电荷量为-2q的点电荷B.,指向电荷量为-2q的点电荷C.,背离电荷量为-2q的点电荷D.,背离电荷量为-2q的点电荷【解析】选B。O点是三角形的中心,到三个电荷的距离为l=rsin60=r,两个+q电荷在O处产生的场强大小均为E
9、1=E2=k;根据对称性和几何知识得知:两个+q在O处产生的合场强为E12=E1=k;再与-2q在O处产生的场强进行合成,得到O点的合场强为E=E12+E3=k+k=k=,方向指向电荷量为-2q 的点电荷,故选B。2.(2020泉州高二检测)如图所示,示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如果在荧光屏上P点出现亮斑那么示波管中的()极板X应带正电极板X应带正电极板Y应带正电极板Y应带正电A.B.C.D.【解析】选A。电子受力方向与电场方向相反,因电子向X方向偏转,则电场方向为X到X,则X带正电;同理可知Y带正电,故正确,错误,故选A。考 点电容器1.电容器:物理观念物理过
10、程物理规律电容器充电和放电两极板带等量异号的电荷,电容器的带电量就是一个极板所带电量的绝对值电容C=C=电容器内的电场两极板之间是匀强电场E=电荷在电容器内的运动加速和偏转qU1=mv2L=v0ty=at2= tan=2.电容器问题的关键词转化:【典例3】如图甲所示,A、B为两块靠得很近的平行金属板,板中央均有小孔。一束电子以初动能Ek= 120 eV,从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B之间,在B板右侧,平行金属板的板长L= 210-2 m,板间距离d= 410-3 m,两板上所加电压为U2 = 20 V。现在在A、B两板上加一个如图乙所示的变化电压U1,在t=0到t=2 s时间内,A板电
11、势高于B板,则在U1随时间变化的第一个周期内:(1)电子在哪段时间内可以从B板小孔射出?(2)在哪段时间内,电子能从偏转电场右侧飞出?(由于A、B两板距离很近,可以认为电子穿过A、B板间所用时间很短,可以不计电压变化)【解析】(1) 能射出B板,要求电子到达B板时速度大于或等于零,由动能定理得- eU1 = 0-,又Ek = ,所以U1 = 120 V;AB两板所加电压在01 s区间里有U1=200t,故U1=200t1,得t1=0.6 s。由电压图像的对称性,另一对应时刻t2=1.4 s。在下半周期,电场力做正功电子均能射出,所以能射出的时间段为00.6 s及1.44 s。(2)设电子从偏转
12、电场中垂直射入时速度为v0,那么侧移量y=()()2=,y才能射出,所以,Ek250 eV。又Ek=eU1+Ek=eU1+120 eV,所以120 eV+eU1250 eV,U1130 V;又因t1=(+2)s=2.65 s、t2=(4-)s=3.35 s,所以在2.653.35 s内有电子从偏转电场右侧飞出。答案:见解析1.(2020绵阳高二检测)如图所示是示波器原理图,电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场,离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点,P点与O点的距离叫作偏转距离,偏转电场极板长为L,板间距离为d,为了增大偏转距离,下列措施可行的是()A.增大U1B.增大U2C
13、.减小LD.增大d【解析】选B。电子在加速电场中加速,根据动能定理可得,eU1=m,所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0=,电子进入偏转电场后的偏转位移为y=at2=()2=,所以为了增大偏转距离,可以增大L、减小d、减小U1、增大U2,故B正确,A、C、D错误;故选B。2.一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在P点,如图所示,以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势,Ep表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离l0(移动过程可认为平行板电容器的电量保持不变),那么在此过程中,各物理量与负极板移动距离x的关系
14、图像中正确的是()【解析】选C。当负极板右移时,d减小,由C=可知,C与d成反比,故A错误;由U=,E=可知,E=,故E与d无关,故B错误;因负极板接地,设P点原来距负极板为l,则P点的电势=E(l-x),故C正确;电势能Ep=q=Eq(l-x),不可能为水平线,故D错误;故选C。3.如图所示为一真空示波管的示意图,电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2,
15、两板间的距离为d,板长为L,电子的质量为m,电荷量为e,不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。(1)求电子穿过A板时速度的大小;(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量;(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方,可采取哪些措施?【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0,由动能定理得eU1=m-0解得:v0=。(2)电子以速度v0进入偏转电场后,做类平抛运动,设电子离开偏转电场时的侧移量为y沿初速度方向做匀速直线运动,有 L=v0t垂直初速度方向,有y=at2,又因为电场力F=eE=e,根据F=ma,得加速度为:a=,解得:y=。(3)要使电子打在P点上方,需增大侧移量,由解得y=知,可以减小加速电压U1或增大偏转电压U2。答案:(1)(2)(3)见解析关闭Word文档返回原板块
