【物理】2018届一轮复习苏教版第6章章末高效整合教案

【物理】2018届一轮复习苏教版第6章章末高效整合教案

章末高效整合 物理模型|三点电荷平衡模型 ‎1．三点电荷平衡模型的规律 ‎(1)“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上．‎ ‎(2)“两同夹异”——正负电荷相互间隔．‎ ‎(3)“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小．‎ ‎(4)“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．‎ ‎2．解决三点电荷平衡问题应注意的两点 ‎(1)此类题目易误认为只要三个点电荷达到平衡就是“三点电荷平衡模型”，而没有分析是否满足模型成立的条件．如果三个点电荷已达到平衡，但若其中某个点电荷受到了外力作用，仍不是“三点电荷平衡模型”．‎ ‎(2)原则上对于三个点电荷中的任意两个进行受力分析，列平衡方程，即可使问题得到求解，但选取的两个点电荷不同，往往求解难度不同，要根据不同的题目进行选取．‎ ‎　如图7112所示三个点电荷q1、q2、q3在一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的两倍，每个点电荷所受静电力的合力为零，由此可以判定，三个点电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为(　　)‎ 图7112‎ A．(－9)∶4∶(－36)　　　　 B．9∶4∶36‎ C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶6‎ ‎【规范解答】　由三点电荷平衡模型的特点“两同夹异”可知，q1和q3为同种电荷，它们与q2互为异种电荷，设q1和q2距离为r，则q2和q3的距离为2r，对于q1有＝，则有＝，对q3有＝，所以＝，考虑到各电荷的电性，故A正确．‎ ‎【答案】　A ‎[突破训练]‎ ‎1．在一条直线上有两个相距为‎0.4 m的点电荷A、B，A在B的左边，A带电＋Q，B带电－9Q，现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置可能是(　　)‎ A．正　B的右边 B．正　B的左边 C．负　A的左边 D．负　A的右边 C　A、B、C三个电荷构成三点电荷平衡模型，根据“两同夹异”和“两大夹小”的原则知，只有C项正确．‎ 物理方法|带电粒子在交变电场中运动的分析方法 ‎1．注重全面分析：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．‎ ‎2．两条分析思路：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．‎ ‎3．三种常见题型：‎ ‎(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)．‎ ‎　如图61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638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61‎ ‎(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】　‎ ‎【规范解答】　(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＝ 粒子在T内离开中心线的距离为y＝a2‎ 又a＝，E＝，解得y＝ 在运动过程中离开中心线的最大距离为ym＝2y＝ 粒子不撞击金属板，应有ym≤d 解得T≤2d 故n≥，即n取大于等于的整数．‎ 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．‎ ‎(2)粒子进入电场的时间应为T，T，T，…‎ 故粒子进入电场的时间为t＝T(n＝1,2,3…)．‎ ‎【答案】　(1)T＝，其中n取大于等于的整数　(2)t＝T(n＝1,2,3…)‎ ‎[突破训练]‎ ‎2．(2017·南通模拟)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图62甲所示．加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示．在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用．若k＝，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件．‎ 图62‎ ‎【解析】　电子在0～τ时间内做匀加速运动 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1τ2‎ 在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小a2＝ 初速度的大小v1＝a1τ 匀减速运动阶段的位移x2＝ 由题知d>x1＋x2，解得d>.‎ ‎【答案】　d> 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＝ φ＝(Ep为电荷的电势能)‎ 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－EpB ‎　如图63所示，甲、乙两图中分别有等量同种电荷A1、B1和等量异种的电荷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(　　)‎ 甲　　　　　　　　　　　　　　乙 图63‎ A．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 ‎【规范解答】　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．‎ ‎【答案】　D ‎[突破训练]‎ ‎3．如图64所示，在空间直角坐标系Oxyz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(　　) 【导学号：96622117】‎ 图64‎ A．电势差UOA＝UAD B．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　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均匀的电场．‎ ‎(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65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65‎ A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3‎ B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4‎ C．小球落到B点时的动能为32 J D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J ‎【规范解答】　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，选项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 J，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A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．‎ ‎【答案】　AC ‎[突破训练]‎ ‎4．如图66所示，水平放置的平行板电容器，其正对的两极板A、B长均为L，在距A、B两板右边缘L处有一竖直放置的足够大荧光屏，平行板电容器的水平中轴线OO′垂直荧光屏交于O″点，电容器的内部可视为匀强电场，场强为E，其外部电场不计．现有一质量为m、电荷量为q的带电小球从O点沿OO′射入电场，最后恰好打在荧光屏上的O″点，小球运动中没有碰撞A板或者B板，已知重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　) 【导学号：96622118】‎ 图66‎ A．小球一定带负电 B．小球一定垂直打在荧光屏的O″点上 C．电场力qE＝2mg D．电场力qE＝mg D　在竖直方向，带电小球在电场内做竖直向上的匀加速直线运动，出电场后先做竖直上抛运动，再做自由落体运动，最终落到O″点．在水平方向小球一直做匀速直线运动．可知小球在电场内受到向上的电场力作用，由于不知道电场方向，因而不知道小球的电性，A错误；小球落到O″时有竖直向下的速度，不会垂直打在荧光屏上，B错误；小球在电场中竖直方向的位移s1与小球在电场外的竖直方向的位移s2等大、反向且运动时间相等，s1＝a1t2、v＝a1t、s2＝vt－a2t2＝(a1t)t－a2t2，结合s1＝－s2可得‎3a1＝a2，即3(qE－mg)＝mg，整理可得qE＝mg，C错误，D正确．‎