(江蘇專用)2020版高考物理新增分大一輪復習 第六章 靜電場 專題突破七 電場綜合問題講義(含解析).docx
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專題突破七 電場綜合問題 命題點一 靜電場圖象問題 1.主要類型 (1)v-t圖象;(2)φ-x圖象;(3)E-x圖象. 2.應對策略 (1)v-t圖象:根據(jù)v-t圖象的速度變化、斜率變化(即加速度的變化),確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況,進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化. (2)φ-x圖象:①電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率大小,電場強度為零處,φ-x圖線存在極值,其切線的斜率為零.②在φ-x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小,并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向.③在φ-x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化,可用WAB=qUAB,進而分析WAB的正負,然后作出判斷. (3)E-x圖象:根據(jù)E-x圖象中E的正負確定電場強度的方向,再在草紙上畫出對應電場線的方向,根據(jù)E的大小變化,確定電場的強弱分布. 例1 (多選)(2018興化一中四模)在真空中的x軸上的原點和x=6a處分別固定一個點電荷M、N,在x=2a處由靜止釋放一個正點電荷P,假設點電荷P只受電場力作用沿x軸方向運動,其速度大小與在x軸上的位置關系如圖1所示,則下列說法中正確的是( ) 圖1 A.點電荷M、N一定都是正電荷 B.點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為2∶1 C.點電荷P的電勢能一定是先增大后減小 D.點電荷P所受電場力一定先減小后增大 答案 AD 解析 由v-x圖象可知,點電荷P的速度先增大后減小,所以點電荷P的動能先增大后減小,說明電場力先做正功,后做負功,結(jié)合正電荷受到的電場力的方向與場強的方向相同可知,電場強度的方向先沿x軸的正方向,后沿x軸的負方向,根據(jù)點電荷的電場線的特點與電場的疊加原理可知,點電荷M、N一定都是正電荷,故A正確;由題圖可知,在x=4a處點電荷P的速度最大,速度的變化率為0,說明x=4a處的電場強度等于0,則點電荷M與N在x=4a處的電場強度大小相等,方向相反,根據(jù)點電荷場強公式得:=,所以點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4∶1,故B錯誤;點電荷P的動能先增大后減小,由于只有電場力做功,所以點電荷P的電勢能一定是先減小后增大,故C錯誤;由題圖圖象可知,點電荷的加速度先減小后增大,則所受的電場力一定先減小后增大,選項D正確. 例2 (2018常州市一模)帶電球體的半徑為R,以球心為原點O建立坐標軸x,軸上各點電勢φ隨x變化如圖2所示.下列說法正確的是( ) 圖2 A.球帶負電荷 B.球內(nèi)電場強度最大 C.A、B兩點電場強度相同 D.正電荷在B點的電勢能比C點的大 答案 D 解析 從球出發(fā)向兩側(cè)電勢降低,而電場線從正電荷出發(fā),沿著電場線電勢降低,故球帶正電荷,A錯誤;球是等勢體,故內(nèi)部任意兩點間的電勢差為零,故場強為零,而球外場強大于零,B錯誤;A點與B點的電場強度大小相等,但方向相反,故不同,C錯誤;從B到C,電勢降低,故正電荷電勢能減小,D正確. 例3 (多選)某靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖3所示,x軸正方向為場強正方向,一個帶正電的點電荷只在電場力的作用下沿x軸運動,x1、x2、x3、x4四點間隔相等.則( ) 圖3 A.點電荷在x2和x4處電勢能相等 B.點電荷由x1運動到x3的過程中電勢能減小 C.x1、x2兩點之間的電勢差小于x3、x4兩點之間的電勢差 D.點電荷由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大 答案 BC 變式1 (2018蘇錫常鎮(zhèn)一調(diào))一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用,做初速度為零的直線運動.取該直線為x軸,起始點O為坐標原點,其電勢能Ep與位移x的關系如圖4所示,下列圖象中合理的是( ) 圖4 答案 D 解析 Ep-x圖象上某點的切線的斜率表示電場力,故電場力逐漸減小,根據(jù)E=,知電場強度也逐漸減小,A錯誤;根據(jù)動能定理,有:FΔx=ΔEk,故Ek-x圖線上某點切線的斜率表示電場力;由于電場力逐漸減小,與B圖矛盾,B錯誤;根據(jù)公式v2-v=2ax,勻變速直線運動的v2-x圖象是直線,而v-x圖象不可能是直線,C錯誤;粒子做加速度減小的加速運動,D正確. 命題點二 “等效法”處理力電復合場問題 帶電體在勻強電場中運動時,既受重力,又受電場力,由于這兩個力都是恒力,故其合力也為恒力,可用二者合力代替這兩個力,這樣物體就只受一個力了,該力可稱為等效重力. 1.等效重力法.將重力與電場力進行合成,如圖5所示,則F合為等效重力場中的“重力”,g′=為等效重力場中的“重力加速度”,F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向,即在等效重力場中的豎直向下方向. 圖5 2.在“等效力場”中做圓周運動的小球,經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題.小球能維持圓周運動的條件是能過最高點,而這里的最高點不一定是幾何最高點,而應是物理最高點.幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端,是符合人眼視覺習慣的最高點.而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小的點. 例4 如圖6所示,在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O,半徑為r,內(nèi)壁光滑,A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點.該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場,一質(zhì)量為m、帶負電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動(電荷量不變),經(jīng)過C點時速度最大,O、C連線與豎直方向的夾角θ=60,重力加速度為g. 圖6 (1)求小球所受的電場力大?。? (2)求小球在A點的速度v0為多大時,小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小. 答案 (1)mg (2)2 解析 (1)小球在C點時速度最大,則電場力與重力的合力沿DC方向,所以小球受到的電場力的大小F=mgtan 60=mg. (2)要使小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小,則必須使小球經(jīng)過D點時的速度最小,即在D點小球?qū)A軌道的壓力恰好為零,有=m,解得v=. 在小球從圓軌道上的A點運動到D點的過程中,根據(jù)動能定理有 -mgr(1+cos 60)-Frsin 60=mv2-mv, 解得v0=2. 命題點三 力電綜合問題 電場力雖然從本質(zhì)上有別于力學中的重力、彈力、摩擦力,但產(chǎn)生的效果服從于牛頓力學中的所有規(guī)律,因此,有關電場力作用下帶電體的運動問題,應根據(jù)力學解題思路去分析. 例5 (2019江都中學期中)如圖7,ABCD為豎直放在場強大小為E=104V/m的水平向右勻強電場中的絕緣光滑軌道,其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓形軌道,軌道的水平部分與半圓相切于B點,A為水平軌道上的一點,而且AB=R=0.2 m,把一質(zhì)量m=0.1 kg、帶電荷量q=+110-4 C的小球放在水平軌道的A點由靜止開始釋放,小球在軌道的內(nèi)側(cè)運動(g取10 m/s2).求: 圖7 (1)小球到達C點時對軌道壓力是多大? (2)小球能否沿圓軌道到達D點? (3)若小球釋放點離B的距離為1.0m,則小球從D點飛出后落地點離B的距離是多少?(結(jié)果可以含有根號) 答案 (1)3N (2)不能 (3)m 解析 (1)由A點到C點應用動能定理有:Eq(AB+R)-mgR=mv 解得:vC=2 m/s 設在C點軌道對小球支持力為FN,應用牛頓第二定律得:FN-Eq=m 得FN=3 N 由牛頓第三定律知,小球在C點對軌道的壓力大小為3 N. (2)小球要通過D點,必有mg≤m 設釋放點距B點的距離為x時小球能通過D點,由動能定理得: Eqx-mg2R=mv 以上兩式聯(lián)立可得:x≥0.5 m.因AB<0.5 m故小球不能到達D點. (3)釋放點離B點的距離x1=1 m,從釋放點到D點由動能定理得:Eqx1-mg2R=mvD′2 解得:vD′=2 m/s 從D點飛出后水平方向做勻減速運動,加速度為a==10 m/s2 豎直方向做自由落體運動,設落地點離B距離為x2,由運動學知識可得 2R=gt2,x2=vD′t-at2 解得x2= m. 變式2 (多選)(2018無錫市高三期末)如圖8為一有界勻強電場,場強方向為水平方向(方向未標明),—帶電微粒以某一角度θ從電場的a點斜向上方射入,沿直線運動到b點,可以肯定( ) 圖8 A.電場中a點的電勢低于b點的電勢 B.微粒在a點的加速度小于在b點的加速度 C.微粒在a點的電勢能小于在b點的電勢能 D.從a到b的過程中,微粒電勢能變化的絕對值小于其動能變化的絕對值 答案 CD 1.(多選)(2018鹽城市三模) 在x軸上有兩個點電荷q1和q2,它們產(chǎn)生的電場的電勢在x軸上分布如圖9所示.下列說法正確的是( ) 圖9 A.q1和q2帶有異種電荷 B.x=x2處電場強度一定為0 C.負電荷沿x軸從x1移動到x2,電勢能增加 D.正電荷沿x軸從x1移動到x2,電場力做負功 答案 ABC 解析 因沿x軸電勢有正、有負,故不可能是兩正電荷,或兩負電荷產(chǎn)生的電場,應為一正一負兩電荷產(chǎn)生的電場,故A正確;φ-x圖象斜率大小表示電場強度大小,故x=x2處電場強度為0,故B正確;從x1到x2電勢降低,故負電荷電勢能增加,正電荷電勢能減少,電場力做正功,故C正確,D錯誤. 2.(2019運河中學月考)如圖10所示,在水平方向的勻強電場中,一絕緣細線的一端固定在O點,另一端系一帶正電的小球,小球只在重力、電場力、細線的拉力作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動,小球所受的電場力大小等于重力大?。容^a、b、c、d這四點,小球( ) 圖10 A.在最高點a處的動能最小 B.在最低點c處的機械能最小 C.在水平直徑右端b處的機械能最大 D.在水平直徑左端d處的機械能最大 答案 C 解析 小球所受電場力和重力大小相等,電場力方向水平向右,則小球所受電場力和重力的合力如圖所示,合力與水平方向成45角偏右下方.由小球所受合力方向可知,小球從a點運動到e點時,合力對小球做負功,小球動能將減小,故a點不是小球動能最小的點(動能最小的點在e點),故A錯誤; 除重力以外的其他力做的功等于機械能的增量,拉力不做功,從d到b的過程中,電場力做正功,則b點機械能最大,d點機械能最小,故C正確,B、D錯誤. 3.(多選)(2018揚州中學下學期開學考)如圖11,絕緣彈簧的下端固定在斜面底端,彈簧與斜面平行且初始為自然長度,帶電小球Q(可視為質(zhì)點)固定在光滑斜面的M點,處于通過彈簧中心的直線ab上.現(xiàn)將小球P(也視為質(zhì)點)從直線ab上的N點由靜止釋放,設小球P與Q電性相同,則小球P從釋放到運動至最低點的過程中下列說法正確的是( ) 圖11 A.小球P的速度先增大后減小 B.小球P的速度最大時所受合力為零 C.小球P的重力勢能與電勢能的和一直減小 D.小球P所受重力、彈簧彈力和庫侖力做功的代數(shù)和等于電勢能的變化量的大小 答案 ABC 4.(多選)(2018南通市、泰州市一模)如圖12所示,豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑絕緣圓環(huán),環(huán)上套有兩個相同的帶電小球P和Q,靜止時P、Q兩球分別位于a、b兩點,兩球間的距離為R.現(xiàn)用力緩慢推動P球至圓環(huán)最低點c,Q球由b點緩慢運動至d點(圖中未畫出).則此過程中( ) 圖12 A.Q球在d點受到圓環(huán)的支持力比在b點處小 B.Q球在d點受到的靜電力比在b點處大 C.P、Q兩球電勢能減小 D.推力做的功等于P、Q兩球增加的機械能 答案 AB 1.(2018揚州中學下學期開學考)一帶電粒子在電場中僅在電場力作用下,從A點運動到B點,速度隨時間變化的圖象如圖1所示,tA、tB分別是帶電粒子到達A、B兩點對應的時刻,則下列說法中正確的是( ) 圖1 A.A處的場強一定小于B處的場強 B.A處的電勢一定高于B處的電勢 C.電荷在A處的電勢能一定小于在B處的電勢能 D.電荷在A到B的過程中,電場力一定對電荷做正功 答案 D 解析 根據(jù)v-t圖象的斜率等于加速度,可以看出,從A點運動到B點的過程中帶電粒子的加速度減小,則其所受的電場力減小,電場強度減小,即A處的場強一定大于B處的場強,A錯誤.由于帶電粒子的電性未知,無法判斷電場方向,也就不能判斷電勢高低,故B錯誤.由題圖看出,帶電粒子的速度增大,動能增大,則由能量守恒定律得知,其電勢能減小,電場力做正功,故C錯誤,D正確. 2.(多選)(2018高考押題預測卷)空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖2所示,B、C是x軸上兩點,下列說法中正確的有( ) 圖2 A.同一個電荷放在B點受到的電場力大于放在C點時的電場力 B.同一個電荷放在B點時的電勢能大于放在C點時的電勢能 C.O點電勢最高,電場也最強 D.正試探電荷沿x軸從B移到C的過程中,電場力先做負功,后做正功 答案 AD 解析 根據(jù)E=,則φ-x圖象的斜率表示場強,由圖線可知EB>EC,故同一個電荷放在B點受到的電場力大于放在C點時的電場力,故A正確;由題圖可知B點電勢高于C點電勢,負電荷在電勢高的地方,電勢能小,正電荷在電勢高的地方,電勢能大,故B錯誤;由題圖可知,O點電勢最高,但電場強度為0,故C錯誤;根據(jù)Ep=qφ可知,正試探電荷沿x軸從B移到C的過程中,電勢能先增大再減小,即電場力先做負功,后做正功,故D正確. 3.(多選)(2018南通市、泰州市一模)真空中有一半徑為r0的均勻帶電金屬球,以球心為原點建立x軸,軸上各點的電勢φ分布如圖3所示,r1、r2分別是+x軸上A、B兩點到球心的距離.下列說法中正確的有( ) 圖3 A.0~r0范圍內(nèi)電場強度處處為零 B.A點電場強度小于B點電場強度 C.A點電場強度的方向由A指向B D.正電荷從A點移到B點過程中電場力做正功 答案 ACD 4.如圖4所示,在豎直向上的勻強電場中,一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球,另一端固定于O點,小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,最高點為a,最低點為b.不計空氣阻力,則下列說法正確的是( ) 圖4 A.小球帶負電 B.電場力跟重力平衡 C.小球在從a點運動到b點的過程中,電勢能減小 D.小球在運動過程中機械能守恒 答案 B 解析 由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,所以重力與電場力的合力為0,電場力方向豎直向上,小球帶正電,A錯,B對;從a→b,電場力做負功,電勢能增大,C錯;由于有電場力做功,故小球在運動過程中機械能不守恒,D錯. 5.(2018金陵中學等三校四模)測定電子的電荷量的實驗裝置示意圖如圖5所示,置于真空中的油滴室內(nèi)有兩塊水平放置的平行金屬板M、N,并分別與電壓為U的恒定電源兩極相連,板的間距為d.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間勻速下落,已知元電荷e、重力加速度g,則( ) 圖5 A.油滴中電子的數(shù)目為 B.油滴從小孔運動至N過程中,電勢能增加mgd C.油滴從小孔運動至N過程中,機械能增加eU D.若將極板M向下緩慢移動一小段距離,油滴將加速下降 答案 B 解析 帶電油滴在極板間勻速下落,故重力和電場力平衡,則有mg=,所以油滴帶電荷量q=,所以油滴中電子的數(shù)目為n==,故A錯誤;油滴從小孔運動至N過程中,電場力方向向上,電場力做的功為-mgd,電勢能增加mgd,機械能減少mgd,故B正確,C錯誤;若將極板M向下緩慢移動一小段距離,d減小,電場力F=q增大,合外力豎直向上,油滴將減速下降,故D錯誤. 6.(多選)(2018如皋市調(diào)研)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動,其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖6所示,其中0~x2段是對稱的曲線,x2~x3段是直線,則下列說法正確的是( ) 圖6 A.x1處電場強度為零 B.x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1>φ2>φ3 C.粒子在x2~x3段速度v隨x均勻減小 D.x2~x3段是勻強電場 答案 ABD 解析 根據(jù)電勢能與電勢的關系:Ep=qφ,場強與電勢的關系:E=,得:E=,由數(shù)學知識可知Ep-x圖象切線的斜率等于qE,x1處切線斜率為零,電場強度為零,故A正確;由題圖可知,x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1>φ2>φ3,故B正確;根據(jù)電勢能與電勢的關系:Ep=qφ,粒子在x2~x3段電勢能增大,速度v隨x非均勻減小,故C錯誤;x2~x3段是直線,場強不變,是勻強電場,故D正確. 7.(多選)(2018江蘇省高考壓軸沖刺卷)如圖7所示,內(nèi)壁光滑的絕緣管做成的圓環(huán)半徑為R,位于豎直平面內(nèi),管的內(nèi)徑遠小于R.ab為該環(huán)的水平直徑,ab及其以下區(qū)域處于水平向左的勻強電場中.現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從管中a點由靜止開始釋放,已知qE=mg.則下列說法正確的是( ) 圖7 A.小球釋放后,可以運動過b點 B.小球釋放后,到達b點時速度為零,并在bda間往復運動 C.小球釋放后,第一次和第二次經(jīng)過最高點c時對管壁的壓力之比為1∶6 D.小球釋放后,第一次經(jīng)過最低點d和最高點c時對管壁的壓力之比為5∶1 答案 AD 解析 從a到b的過程,由動能定理得qE2R=mv可知vb≠0,故小球可以運動過b點,選項A正確,B錯誤;小球釋放后,第一次經(jīng)過最高點c時有:FN1+mg=m,-mgR+Eq2R=mv,因為qE=mg,解得FN1=mg,第二次經(jīng)過最高點c時有:FN2+mg=m,Eq2R=mv-mv,解得FN2=5mg,由牛頓第三定律知第一次和第二次經(jīng)過最高點c時對管壁的壓力之比為1∶5,選項C錯誤;從小球釋放至第一次經(jīng)過最低點d,由動能定理得mgR+EqR=mv2,在d點有:FN-mg=m,解得FN=5mg,結(jié)合牛頓第三定律可知第一次經(jīng)過點d和點c時對管壁的壓力之比為5∶1,選項D正確. 8.(2018泰州中學開學考)如圖8所示,均勻帶正電的圓環(huán)水平放置,AB為過圓心O的豎直軸線.一帶負電的微粒(可視為點電荷),從圓心O正上方某處由靜止釋放向下運動,不計空氣阻力,在運動的整個過程中,下列說法中正確的是( ) 圖8 A.帶電微粒的加速度可能一直增大 B.帶電微粒的電勢能可能一直減小 C.帶電微粒的運動軌跡可能關于O點對稱 D.帶電微粒的動能可能一直增大 答案 D 解析 帶電微粒釋放后受到的電場力的方向在O點的上方是向下的,所以微粒向下運動.從釋放開始到運動到O點的過程中,所受電場力變化情況有兩種可能:(1)先增大后減小;(2)一直減?。诘?1)種情況下,帶電微粒受到的電場力先增大后減小,釋放后到達O點前帶電微粒的加速度先增大后減小,過O點后仍然是先增大后減小;而在第(2)種情況下,帶電微粒到達O點前加速度一直減小,過O點后加速度一直增大;若微粒的重力也計算在內(nèi),由于重力的方向一直是豎直向下,則微粒的加速度同樣會由于微粒的電場力的變化而變化,變化的規(guī)律與沒有重力時基本相同,但都不可能是一直增大的,故A錯誤;從釋放點到O點的過程中,微粒受到的電場力的方向向下,電場力做正功;在O點的下方,微粒受到的電場力的方向向上,電場力做負功;所以微粒的電勢能會先減小后增大,故B錯誤;由于重力的方向始終是向下的,所以微粒在O點兩側(cè)的運動一定不是對稱的,故C錯誤;帶電微粒合力一直向下,微粒的速度一直增大,動能一直增大,故D正確. 9.如圖9所示,在E=103V/m的豎直勻強電場中,有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接,半圓形軌道平面與電場線平行,其半徑R=40 cm,N為半圓形軌道最低點,P為QN圓弧的中點,一帶負電的小滑塊位于N點右側(cè)x=1.5 m的M處,小滑塊質(zhì)量m=10 g,電荷量q=10-4 C,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.15,取g=10 m/s2,求: 圖9 (1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q,則小滑塊應以多大的初速度v0向左運動? (2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大? 答案 (1)7m/s (2)0.6N 解析 (1)設小滑塊到達Q點時速度為v, 由牛頓第二定律得mg+qE=① 小滑塊從開始運動至到達Q點過程中,由動能定理得 -mg2R-qE2R-μ(mg+qE)x=mv2-mv② 聯(lián)立方程①②解得v0=7 m/s (2)設小滑塊到達P點時速度為v′,則從開始運動至到達P點過程中,由動能定理得-(mg+qE)R-μ(qE+mg)x=mv′2-mv③ 在P點時,由牛頓第二定律得FN=④ 代入數(shù)據(jù)解得FN=0.6 N⑤ 由牛頓第三定律得,小滑塊對軌道的壓力大小為FN′=FN=0.6 N.⑥ 10.如圖10所示,AB是位于豎直平面內(nèi)、半徑R=0.5 m的圓弧形的光滑絕緣軌道,其下端點B與水平絕緣軌道平滑連接,整個軌道處在水平向左的勻強電場中,電場強度E=5103 N/C.今有一質(zhì)量為m=0.1 kg、帶電荷量q=+810-5 C的小滑塊(可視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放.若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.05,取g=10 m/s2,求: 圖10 (1)小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力; (2)小滑塊在水平軌道上向右滑過的最大距離; (3)小滑塊最終運動情況. 答案 (1)2.2N,方向豎直向下 (2)m (3)在圓弧形軌道上往復運動 解析 (1)設小滑塊第一次到達B點時的速度為vB,對圓弧軌道最低點B的壓力為FN,則由A→B,由動能定理可得mgR-qER=mv 在B點對小滑塊由牛頓第二定律可得FN′-mg=m 由牛頓第三定律FN′=FN 解得FN=2.2N,方向豎直向下 (2)設小滑塊在水平軌道上向右滑行的最大距離為x, 對全程由動能定理有mgR-qE(R+x)-μmgx=0 得x=m (3)由題意知qE=810-55103N=0.4N μmg=0.050.110N=0.05N 因此有qE>μmg 所以小滑塊最終在圓弧形軌道上往復運動.- 配套講稿:
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