（江苏专用）2020版高考物理新增分大一轮复习第六章静电场专题突破七电场综合问题讲义（含解析）.docx

1、1专题突破七 电场综合问题命题点一 静电场图象问题1主要类型(1)v t 图象；(2) x 图象；(3) E x 图象2应对策略(1)v t 图象：根据 v t 图象的速度变化、斜率变化(即加速度的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化(2) x 图象：电场强度的大小等于 x 图线的斜率大小，电场强度为零处， x 图线存在极值，其切线的斜率为零在 x 图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向在 x 图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用 WAB qUAB，进而分析 WAB的正负，然后作出判断(3)E

2、x 图象：根据 E x 图象中 E 的正负确定电场强度的方向，再在草纸上画出对应电场线的方向，根据 E 的大小变化，确定电场的强弱分布例 1 (多选)(2018兴化一中四模)在真空中的 x 轴上的原点和 x6 a 处分别固定一个点电荷 M、 N，在 x2 a 处由静止释放一个正点电荷 P，假设点电荷 P 只受电场力作用沿 x 轴方向运动，其速度大小与在 x 轴上的位置关系如图 1 所示，则下列说法中正确的是( )图 1A点电荷 M、 N 一定都是正电荷B点电荷 M、 N 所带电荷量的绝对值之比为 21C点电荷 P 的电势能一定是先增大后减小D点电荷 P 所受电场力一定先减小后增大答案 AD解析

3、 由 v x 图象可知，点电荷 P 的速度先增大后减小，所以点电荷 P 的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿 x 轴的正方向，后沿 x 轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷 M、 N 一定都是正电荷，故 A 正确；由题图可知，在 x4 a 处点电荷 P 的速度最大，速度的变化率为 0，说明 x4 a 处的电场强度等于 0，则点电荷 M 与2N 在 x4 a 处的电场强度大小相等，方向相反，根据点电荷场强公式得： ，所kQM4a2 kQN2a2以点电荷 M、 N 所带电荷量的绝对值之比为

4、 41，故 B 错误；点电荷 P 的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷 P 的电势能一定是先减小后增大，故 C 错误；由题图图象可知，点电荷的加速度先减小后增大，则所受的电场力一定先减小后增大，选项 D 正确例 2 (2018常州市一模)带电球体的半径为 R，以球心为原点 O 建立坐标轴 x，轴上各点电势 随 x 变化如图 2 所示下列说法正确的是( )图 2A球带负电荷B球内电场强度最大C A、 B 两点电场强度相同D正电荷在 B 点的电势能比 C 点的大答案 D解析 从球出发向两侧电势降低，而电场线从正电荷出发，沿着电场线电势降低，故球带正电荷，A 错误；球是等势体，故内部任

5、意两点间的电势差为零，故场强为零，而球外场强大于零，B 错误； A 点与 B 点的电场强度大小相等，但方向相反，故不同，C 错误；从 B 到 C，电势降低，故正电荷电势能减小，D 正确例 3 (多选)某静电场在 x 轴上的场强 E 随 x 的变化关系如图 3 所示， x 轴正方向为场强正方向，一个带正电的点电荷只在电场力的作用下沿 x 轴运动， x1、 x2、 x3、 x4四点间隔相等则( )图 3A点电荷在 x2和 x4处电势能相等B点电荷由 x1运动到 x3的过程中电势能减小C x1、 x2两点之间的电势差小于 x3、 x4两点之间的电势差D点电荷由 x1运动到 x4的过程中电场力先减小后

6、增大答案 BC3变式 1 (2018苏锡常镇一调)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取该直线为 x 轴，起始点 O 为坐标原点，其电势能 Ep与位移 x 的关系如图 4 所示，下列图象中合理的是( )图 4答案 D解析 Ep x 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据 E ，知电场Fq强度也逐渐减小，A 错误；根据动能定理，有： F x Ek，故 Ek x 图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与 B 图矛盾，B 错误；根据公式 v2 v 2 ax，匀02变速直线运动的 v2 x 图象是直线，而 v x 图象不可能是直线，C 错误；粒子做加

7、速度减小的加速运动，D 正确命题点二 “等效法”处理力电复合场问题带电体在匀强电场中运动时，既受重力，又受电场力，由于这两个力都是恒力，故其合力也为恒力，可用二者合力代替这两个力，这样物体就只受一个力了，该力可称为等效重力1等效重力法将重力与电场力进行合成，如图 5 所示，则 F 合 为等效重力场中的“重力” ，g 为等效重力场中的“重力加速度” ， F 合 的方向等效为“重力”的方向，即在等效重F合m力场中的竖直向下方向图 52在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最

8、高点几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高4点而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小的点例 4 如图 6 所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为 O，半径为 r，内壁光滑，A、 B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为 m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过 C 点时速度最大，O、 C 连线与竖直方向的夹角 60，重力加速度为 g.图 6(1)求小球所受的电场力大小；(2)求小球在 A 点的速度 v0为多大时，小球经过 B 点时对圆轨道的压力最小答案 (1) mg (2)23 2gr解析 (1)小球在

9、C 点时速度最大，则电场力与重力的合力沿 DC 方向，所以小球受到的电场力的大小 F mgtan 60 mg.3(2)要使小球经过 B 点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过 D 点时的速度最小，即在D 点小球对圆轨道的压力恰好为零，有 m ，解得 v .mgcos 60 v2r 2gr在小球从圆轨道上的 A 点运动到 D 点的过程中，根据动能定理有 mgr(1cos 60) Frsin 60 mv2 mv ，12 12 02解得 v02 .2gr命题点三 力电综合问题电场力虽然从本质上有别于力学中的重力、弹力、摩擦力，但产生的效果服从于牛顿力学中的所有规律，因此，有关电场力作用下带电体的运

10、动问题，应根据力学解题思路去分析例 5 (2019江都中学期中)如图 7， ABCD 为竖直放在场强大小为 E10 4V/m 的水平向右匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的 BCD 部分是半径为 R 的半圆形轨道，轨道的水平部分与半圆相切于 B 点， A 为水平轨道上的一点，而且 AB R0.2 m，把一质量 m0.1 kg、带电荷量 q110 4 C 的小球放在水平轨道的 A 点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动( g 取 10 m/s2).求：5图 7(1)小球到达 C 点时对轨道压力是多大？(2)小球能否沿圆轨道到达 D 点？(3)若小球释放点离 B 的距离为 1.0m，则小球从 D

11、点飞出后落地点离 B 的距离是多少？(结果可以含有根号)答案 (1)3N (2)不能 (3) m26 15解析 (1)由 A 点到 C 点应用动能定理有： Eq(AB R) mgR mv12 C2解得： vC2 m/s设在 C 点轨道对小球支持力为 FN，应用牛顿第二定律得： FN Eq mvC2R得 FN3 N由牛顿第三定律知，小球在 C 点对轨道的压力大小为 3 N.(2)小球要通过 D 点，必有 mg mvD2R设释放点距 B 点的距离为 x 时小球能通过 D 点，由动能定理得：Eqx mg2R mv12 D2以上两式联立可得： x0.5 m因 ABEC，故同一个电荷放 d在 B 点受到

12、的电场力大于放在 C 点时的电场力，故 A 正确；由题图可知 B 点电势高于 C 点电势，负电荷在电势高的地方，电势能小，正电荷在电势高的地方，电势能大，故 B 错误；由题图可知， O 点电势最高，但电场强度为 0，故 C 错误；根据 Ep q 可知，正试探电荷沿x 轴从 B 移到 C 的过程中，电势能先增大再减小，即电场力先做负功，后做正功，故 D 正确3(多选)(2018南通市、泰州市一模)真空中有一半径为 r0的均匀带电金属球，以球心为原点建立 x 轴，轴上各点的电势 分布如图 3 所示， r1、 r2分别是 x 轴上 A、 B 两点到球心的距离下列说法中正确的有( )图 3A0 r0范

13、围内电场强度处处为零B A 点电场强度小于 B 点电场强度C A 点电场强度的方向由 A 指向 BD正电荷从 A 点移到 B 点过程中电场力做正功答案 ACD4.如图 4 所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于 O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为 a，最低点为 b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )10图 4A小球带负电B电场力跟重力平衡C小球在从 a 点运动到 b 点的过程中，电势能减小D小球在运动过程中机械能守恒答案 B解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为 0，电场力方向竖直向上，小球带正电，

14、A 错，B 对；从 a b，电场力做负功，电势能增大，C 错；由于有电场力做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D 错5(2018金陵中学等三校四模)测定电子的电荷量的实验装置示意图如图 5 所示，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板 M、 N，并分别与电压为 U 的恒定电源两极相连，板的间距为 d.现有一质量为 m 的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷 e、重力加速度 g，则( )图 5A油滴中电子的数目为mgdUB油滴从小孔运动至 N 过程中，电势能增加 mgdC油滴从小孔运动至 N 过程中，机械能增加 eUD若将极板 M 向下缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降答案 B解析 带

15、电油滴在极板间匀速下落，故重力和电场力平衡，则有 mg ，所以油滴带电荷qUd量 q ，所以油滴中电子的数目为 n ，故 A 错误；油滴从小孔运动至 N 过程中，mgdU qe mgdeU电场力方向向上，电场力做的功为 mgd，电势能增加 mgd，机械能减少 mgd，故 B 正确，C11错误；若将极板 M 向下缓慢移动一小段距离， d 减小，电场力 F q 增大，合外力竖直向上，Ud油滴将减速下降，故 D 错误6(多选)(2018如皋市调研)一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动，其电势能 Ep随位移 x 变化的关系如图 6 所示，其中 0 x2段是对称的曲线， x2 x3段是直线，

16、则下列说法正确的是( )图 6A x1处电场强度为零B x1、 x2、 x3处电势 1、 2、 3的关系为 1 2 3C粒子在 x2 x3段速度 v 随 x 均匀减小D x2 x3段是匀强电场答案 ABD解析 根据电势能与电势的关系： Ep q ，场强与电势的关系： E ，得： xE ，由数学知识可知 Ep x 图象切线的斜率等于 qE， x1处切线斜率为零，电场强1q Ep x度为零，故 A 正确；由题图可知， x1、 x2、 x3处电势 1、 2、 3的关系为 1 2 3，故 B 正确；根据电势能与电势的关系： Ep q ，粒子在 x2 x3段电势能增大，速度 v 随 x 非均匀减小，故

17、C 错误； x2 x3段是直线，场强不变，是匀强电场，故 D 正确7.(多选)(2018江苏省高考压轴冲刺卷)如图 7 所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R，位于竖直平面内，管的内径远小于 R.ab 为该环的水平直径， ab 及其以下区域处于水平向左的匀强电场中现将质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球从管中 a 点由静止开始释放，已知 qE mg.则下列说法正确的是( )图 7A小球释放后，可以运动过 b 点B小球释放后，到达 b 点时速度为零，并在 bda 间往复运动12C小球释放后，第一次和第二次经过最高点 c 时对管壁的压力之比为 16D小球释放后，第一次经过最低点 d 和最高点

18、c 时对管壁的压力之比为 51答案 AD解析 从 a 到 b 的过程，由动能定理得 qE2R mv 可知 vb0，故小球可以运动过 b 点，12 b2选项 A 正确，B 错误；小球释放后，第一次经过最高点 c 时有：FN1 mg m ， mgR Eq2R mv ，因为 qE mg，解得 FN1 mg，第二次经过最高点 cv12R 12 12时有： FN2 mg m ， Eq2R mv mv ，解得 FN25 mg，由牛顿第三定律知第一次v22R 12 22 12 12和第二次经过最高点 c 时对管壁的压力之比为 15，选项 C 错误；从小球释放至第一次经过最低点 d，由动能定理得 mgR Eq

19、R mv2，在 d 点有： FN mg m ，解得 FN5 mg，结合12 v2R牛顿第三定律可知第一次经过点 d 和点 c 时对管壁的压力之比为 51，选项 D 正确8(2018泰州中学开学考)如图 8 所示，均匀带正电的圆环水平放置， AB 为过圆心 O 的竖直轴线一带负电的微粒(可视为点电荷)，从圆心 O 正上方某处由静止释放向下运动，不计空气阻力，在运动的整个过程中，下列说法中正确的是( )图 8A带电微粒的加速度可能一直增大B带电微粒的电势能可能一直减小C带电微粒的运动轨迹可能关于 O 点对称D带电微粒的动能可能一直增大答案 D解析 带电微粒释放后受到的电场力的方向在 O 点的上方是

20、向下的，所以微粒向下运动从释放开始到运动到 O 点的过程中，所受电场力变化情况有两种可能：(1)先增大后减小；(2)一直减小在第(1)种情况下，带电微粒受到的电场力先增大后减小，释放后到达 O 点前带电微粒的加速度先增大后减小，过 O 点后仍然是先增大后减小；而在第(2)种情况下，带电微粒到达 O 点前加速度一直减小，过 O 点后加速度一直增大；若微粒的重力也计算在内，由于重力的方向一直是竖直向下，则微粒的加速度同样会由于微粒的电场力的变化而变化，变化的规律与没有重力时基本相同，但都不可能是一直增大的，故 A 错误；从释放点到 O 点的过程中，微粒受到的电场力的方向向下，电场力做正功；在 O

21、点的下方，微粒受到的电场力的方向向上，电场力做负功；所以微粒的电势能会先减小后增大，故 B 错误；由于重力的方13向始终是向下的，所以微粒在 O 点两侧的运动一定不是对称的，故 C 错误；带电微粒合力一直向下，微粒的速度一直增大，动能一直增大，故 D 正确9如图 9 所示，在 E10 3V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 QPN 与一水平绝缘轨道 MN 在 N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径 R40 cm， N 为半圆形轨道最低点， P 为 QN 圆弧的中点，一带负电的小滑块位于 N 点右侧 x1.5 m 的 M 处，小滑块质量 m10 g，电荷量 q10 4 C

22、，与水平轨道间的动摩擦因数 0.15，取 g10 m/s2，求：图 9(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大？答案 (1)7m/s (2)0.6N解析 (1)设小滑块到达 Q 点时速度为 v，由牛顿第二定律得 mg qE mv2R小滑块从开始运动至到达 Q 点过程中，由动能定理得 mg2R qE2R (mg qE)x mv2 mv 12 12 02联立方程解得 v07 m/s(2)设小滑块到达 P 点时速度为 v，则从开始运动至到达 P 点过程中，由动能定理得( mg qE)R (qE mg)

23、x mv 2 mv 12 12 02在 P 点时，由牛顿第二定律得 FN mv 2R代入数据解得 FN0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大小为 FN FN0.6 N10 如 图 10 所 示 ， AB 是 位 于 竖 直 平 面 内 、 半 径 R 0.5 m 的 圆 弧 形 的 光 滑 绝 缘 轨 道 ， 其 下 端14点 B 与 水 平 绝 缘 轨 道 平 滑 连 接 ， 整 个 轨 道 处 在 水 平 向 左 的 匀 强 电 场 中 ， 电 场 强 度 E 5103 N/C.今有一质量为 m0.1 kg、带电荷量 q810 5 C 的小滑块(可视为质点)从 A 点由静止释放若

24、已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数 0.05，取 g10 m/s 2，求：14图 10(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点 B 时对 B 点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终运动情况答案 (1)2.2N，方向竖直向下 (2) m (3)在圆弧形轨道上往复运动23解析 (1)设小滑块第一次到达 B 点时的速度为 vB，对圆弧轨道最低点 B 的压力为 FN，则由A B，由动能定理可得 mgR qER mv12 B2在 B 点对小滑块由牛顿第二定律可得 FN mg mvB2R由牛顿第三定律 FN FN解得 FN2.2N，方向竖直向下(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为 x，对全程由动能定理有 mgR qE(R x) mgx 0得 x m23(3)由题意知 qE810 5 5103N0.4Nmg 0.050.110N0.05N因此有 qEmg所以小滑块最终在圆弧形轨道上往复运动