（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 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(diǎn)一靜電場圖象問題1主要類型(1)vt圖象；(2)x圖象；(3)Ex圖象2應(yīng)對策略(1)vt圖象：根據(jù)vt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(jìn)而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化(2)x圖象：電場強(qiáng)度的大小等于x圖線的斜率大小，電場強(qiáng)度為零處，x圖線存在極值，其切線的斜率為零在x圖象中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向在x圖象中分析電荷移動時(shí)電勢能的變化，可用WABqUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷(3)Ex圖象：根據(jù)Ex圖象中E的正負(fù)確定電場強(qiáng)度的方向，再在草紙上畫出對應(yīng)電場線的方向，根據(jù)E的大小變化，確定電場的強(qiáng)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(diǎn)和x6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷M、N，在x2a處由靜止釋放一個(gè)正點(diǎn)電荷P，假設(shè)點(diǎn)電荷P只受電場力作用沿x軸方向運(yùn)動，其速度大小與在x軸上的位置關(guān)系如圖1所示，則下列說法中正確的是()圖1A點(diǎn)電荷M、N一定都是正電荷B點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為21C點(diǎn)電荷P的電勢能一定是先增大后減小D點(diǎn)電荷P所受電場力一定先減小后增大答案AD解析由vx圖象可知，點(diǎn)電荷P的速度先增大后減小，所以點(diǎn)電荷P的動能先增大后減小，說明電場力先做正功，后做負(fù)功，結(jié)合正電荷受到的電場力的方向與場強(qiáng)的方向相同可知，電場強(qiáng)度的方向先沿x軸的正方向，后沿x軸的負(fù)方向，根據(jù)點(diǎn)電荷的電場線的特點(diǎn)與電場的疊加原理可知，點(diǎn)電荷M、N一定都是正電荷，故A正確；由題圖可知，在x4a處點(diǎn)電荷P的速度最大，速度的變化率為0，說明x4a處的電場強(qiáng)度等于0，則點(diǎn)電荷M與N在x4a處的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式得：，所以點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為41，故B錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷P的動能先增大后減小，由于只有電場力做功，所以點(diǎn)電荷P的電勢能一定是先減小后增大，故C錯(cuò)誤；由題圖圖象可知，點(diǎn)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(xiàng)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(diǎn)O建立坐標(biāo)軸x，軸上各點(diǎn)電勢隨x變化如圖2所示下列說法正確的是()圖2A球帶負(fù)電荷B球內(nèi)電場強(qiáng)度最大CA、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同D正電荷在B點(diǎn)的電勢能比C點(diǎn)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(cuò)誤；球是等勢體，故內(nèi)部任意兩點(diǎn)間的電勢差為零，故場強(qiáng)為零，而球外場強(qiáng)大于零，B錯(cuò)誤；A點(diǎn)與B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，但方向相反，故不同，C錯(cuò)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(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖3所示，x軸正方向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向，一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷只在電場力的作用下沿x軸運(yùn)動，x1、x2、x3、x4四點(diǎn)間隔相等則()圖3A點(diǎn)電荷在x2和x4處電勢能相等B點(diǎn)電荷由x1運(yùn)動到x3的過程中電勢能減小Cx1、x2兩點(diǎn)之間的電勢差小于x3、x4兩點(diǎn)之間的電勢差D點(diǎn)電荷由x1運(yùn)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(yùn)動取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖4所示，下列圖象中合理的是()圖4答案D解析Epx圖象上某點(diǎn)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(qiáng)度也逐漸減小，A錯(cuò)誤；根據(jù)動能定理，有：FxEk，故Ekx圖線上某點(diǎn)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(cuò)誤；根據(jù)公式v2v2ax，勻變速直線運(yùn)動的v2x圖象是直線，而vx圖象不可能是直線，C錯(cuò)誤；粒子做加速度減小的加速運(yùn)動，D正確命題點(diǎn)二“等效法”處理力電復(fù)合場問題帶電體在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動時(shí)，既受重力，又受電場力，由于這兩個(gè)力都是恒力，故其合力也為恒力，可用二者合力代替這兩個(gè)力，這樣物體就只受一個(gè)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(jìn)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52在“等效力場”中做圓周運(yùn)動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動的臨界速度問題小球能維持圓周運(yùn)動的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)幾何最高點(diǎn)是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點(diǎn)而物理最高點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動過程中速度最小的點(diǎn)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(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(電荷量不變)，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角60，重力加速度為g.圖6(1)求小球所受的電場力大小；(2)求小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時(shí)，小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對圓軌道的壓力最小答案(1)mg(2)2解析(1)小球在C點(diǎn)時(shí)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Fmgtan 60mg.(2)要使小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度最小，即在D點(diǎn)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(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有mgr(1cos 60)Frsin 60mv2mv，解得v02.命題點(diǎn)三力電綜合問題電場力雖然從本質(zhì)上有別于力學(xué)中的重力、彈力、摩擦力，但產(chǎn)生的效果服從于牛頓力學(xué)中的所有規(guī)律，因此，有關(guān)電場力作用下帶電體的運(yùn)動問題，應(yīng)根據(jù)力學(xué)解題思路去分析例5(2019江都中學(xué)期中)如圖7，ABCD為豎直放在場強(qiáng)大小為E104V/m的水平向右勻強(qiáng)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(diǎn)，A為水平軌道上的一點(diǎn)，而且ABR0.2 m，把一質(zhì)量m0.1 kg、帶電荷量q1104 C的小球放在水平軌道的A點(diǎn)由靜止開始釋放，小球在軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(g取10 m/s2).求：圖7(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對軌道壓力是多大？(2)小球能否沿圓軌道到達(dá)D點(diǎn)？(3)若小球釋放點(diǎn)離B的距離為1.0m，則小球從D點(diǎn)飛出后落地點(diǎn)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(diǎn)到C點(diǎn)應(yīng)用動能定理有：Eq(ABR)mgRmv解得：vC2 m/s設(shè)在C點(diǎn)軌道對小球支持力為FN，應(yīng)用牛頓第二定律得：FNEqm得FN3 N由牛頓第三定律知，小球在C點(diǎn)對軌道的壓力大小為3 N.(2)小球要通過D點(diǎn)，必有mgm設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離為x時(shí)小球能通過D點(diǎn)，由動能定理得：Eqxmg2Rmv以上兩式聯(lián)立可得：x0.5 m因ABEC，故同一個(gè)電荷放在B點(diǎn)受到的電場力大于放在C點(diǎn)時(shí)的電場力，故A正確；由題圖可知B點(diǎn)電勢高于C點(diǎn)電勢，負(fù)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(cuò)誤；由題圖可知，O點(diǎn)電勢最高，但電場強(qiáng)度為0，故C錯(cuò)誤；根據(jù)Epq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(fù)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(diǎn)建立x軸，軸上各點(diǎn)的電勢分布如圖3所示，r1、r2分別是x軸上A、B兩點(diǎn)到球心的距離下列說法中正確的有()圖3A0r0范圍內(nèi)電場強(qiáng)度處處為零BA點(diǎn)電場強(qiáng)度小于B點(diǎn)電場強(qiáng)度CA點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向由A指向BD正電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)過程中電場力做正功答案ACD4.如圖4所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是()圖4A小球帶負(fù)電B電場力跟重力平衡C小球在從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，電勢能減小D小球在運(yùn)動過程中機(jī)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(yùn)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(cuò)，B對；從ab，電場力做負(fù)功，電勢能增大，C錯(cuò)；由于有電場力做功，故小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)5(2018金陵中學(xué)等三校四模)測定電子的電荷量的實(shí)驗(yàn)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5A油滴中電子的數(shù)目為B油滴從小孔運(yùn)動至N過程中，電勢能增加mgdC油滴從小孔運(yùn)動至N過程中，機(jī)械能增加eUD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(cuò)誤；油滴從小孔運(yùn)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(jī)械能減少mgd，故B正確，C錯(cuò)誤；若將極板M向下緩慢移動一小段距離，d減小，電場力Fq增大，合外力豎直向上，油滴將減速下降，故D錯(cuò)誤6(多選)(2018如皋市調(diào)研)一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運(yùn)動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖6所示，其中0x2段是對稱的曲線，x2x3段是直線，則下列說法正確的是()圖6Ax1處電場強(qiáng)度為零Bx1、x2、x3處電勢1、2、3的關(guān)系為123C粒子在x2x3段速度v隨x均勻減小Dx2x3段是勻強(qiáng)電場答案ABD解析根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Epq，場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：E，得：E，由數(shù)學(xué)知識可知Epx圖象切線的斜率等于qE，x1處切線斜率為零，電場強(qiáng)度為零，故A正確；由題圖可知，x1、x2、x3處電勢1、2、3的關(guān)系為123，故B正確；根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Epq，粒子在x2x3段電勢能增大，速度v隨x非均勻減小，故C錯(cuò)誤；x2x3段是直線，場強(qiáng)不變，是勻強(qiáng)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(yuǎn)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(qiáng)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(diǎn)由靜止開始釋放，已知qEmg.則下列說法正確的是()圖7A小球釋放后，可以運(yùn)動過b點(diǎn)B小球釋放后，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度為零，并在bda間往復(fù)運(yùn)動C小球釋放后，第一次和第二次經(jīng)過最高點(diǎn)c時(shí)對管壁的壓力之比為16D小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點(diǎn)d和最高點(diǎn)c時(shí)對管壁的壓力之比為51答案AD解析從a到b的過程，由動能定理得qE2Rmv可知vb0，故小球可以運(yùn)動過b點(diǎn)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；小球釋放后，第一次經(jīng)過最高點(diǎn)c時(shí)有：FN1mgm，mgREq2Rmv，因?yàn)閝Emg，解得FN1mg，第二次經(jīng)過最高點(diǎn)c時(shí)有：FN2mgm，Eq2Rmvmv，解得FN25mg，由牛頓第三定律知第一次和第二次經(jīng)過最高點(diǎn)c時(shí)對管壁的壓力之比為15，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從小球釋放至第一次經(jīng)過最低點(diǎn)d，由動能定理得mgREqRmv2，在d點(diǎn)有：FNmgm，解得FN5mg，結(jié)合牛頓第三定律可知第一次經(jīng)過點(diǎn)d和點(diǎn)c時(shí)對管壁的壓力之比為51，選項(xiàng)D正確8(2018泰州中學(xué)開學(xué)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(fù)電的微粒(可視為點(diǎn)電荷)，從圓心O正上方某處由靜止釋放向下運(yùn)動，不計(jì)空氣阻力，在運(yùn)動的整個(gè)過程中，下列說法中正確的是()圖8A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(yùn)動軌跡可能關(guān)于O點(diǎn)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(diǎn)的上方是向下的，所以微粒向下運(yùn)動從釋放開始到運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中，所受電場力變化情況有兩種可能：(1)先增大后減?。?2)一直減小在第(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(dá)O點(diǎn)前帶電微粒的加速度先增大后減小，過O點(diǎn)后仍然是先增大后減??；而在第(2)種情況下，帶電微粒到達(dá)O點(diǎn)前加速度一直減小，過O點(diǎn)后加速度一直增大；若微粒的重力也計(jì)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(shí)基本相同，但都不可能是一直增大的，故A錯(cuò)誤；從釋放點(diǎn)到O點(diǎn)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(diǎn)的下方，微粒受到的電場力的方向向上，電場力做負(fù)功；所以微粒的電勢能會先減小后增大，故B錯(cuò)誤；由于重力的方向始終是向下的，所以微粒在O點(diǎn)兩側(cè)的運(yùn)動一定不是對稱的，故C錯(cuò)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E103V/m的豎直勻強(qiáng)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(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R40 cm，N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為QN圓弧的中點(diǎn)，一帶負(fù)電的小滑塊位于N點(diǎn)右側(cè)x1.5 m的M處，小滑塊質(zhì)量m10 g，電荷量q104 C，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.15，取g10 m/s2，求：圖9(1)要使小滑塊恰能運(yùn)動到圓軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動？(2)這樣運(yùn)動的小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力是多大？答案(1)7m/s(2)0.6N解析(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v，由牛頓第二定律得mgqE小滑塊從開始運(yùn)動至到達(dá)Q點(diǎn)過程中，由動能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv聯(lián)立方程解得v07 m/s(2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v，則從開始運(yùn)動至到達(dá)P點(diǎn)過程中，由動能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FN代入數(shù)據(jù)解得FN0.6 N由牛頓第三定律得，小滑塊對軌道的壓力大小為FNFN0.6 N10如圖10所示，AB是位于豎直平面內(nèi)、半徑R0.5 m的圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點(diǎn)B與水平絕緣軌道平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E5103 N/C.今有一質(zhì)量為m0.1 kg、帶電荷量q8105 C的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.05，取g10 m/s2，求：圖10(1)小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對B點(diǎn)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(yùn)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(fù)運(yùn)動解析(1)設(shè)小滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，對圓弧軌道最低點(diǎn)B的壓力為FN，則由AB，由動能定理可得mgRqERmv在B點(diǎn)對小滑塊由牛頓第二定律可得FNmgm由牛頓第三定律FNFN解得FN2.2N，方向豎直向下(2)設(shè)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mgRqE(Rx)mgx0得xm(3)由題意知qE81055103N0.4Nmg0.050.110N0.05N因此有qEmg所以小滑塊最終在圓弧形軌道上往復(fù)運(yùn)動