（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

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)vt图象；(2)x图象；(3)Ex图象2应对策略(1)vt图象：根据vt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WABqUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断(3)Ex图象：根据Ex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x6a处分别固定一个点电荷M、N，在x2a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解析由vx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x4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明x4a处的电场强度等于0，则点电荷M与N在x4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据点电荷场强公式得：，所以点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为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CA、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Cx1、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增大答案BC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Epx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，知电场强度也逐渐减小，A错误；根据动能定理，有：FxEk，故Ekx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v2v2ax，匀变速直线运动的v2x图象是直线，而vx图象不可能是直线，C错误；粒子做加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)2解析(1)小球在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Fmgtan 60mg.(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.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 60mv2mv，解得v02.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E104V/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ABR0.2 m，把一质量m0.1 kg、带电荷量q1104 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：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)m解析(1)由A点到C点应用动能定理有：Eq(ABR)mgRmv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：FNEqm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mgm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：Eqxmg2Rmv以上两式联立可得：x0.5 m因ABEC，故同一个电荷放在B点受到的电场力大于放在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Epq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3A0r0范围内电场强度处处为零BA点电场强度小于B点电场强度CA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()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，A错，B对；从ab，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B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，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，C错误；若将极板M向下缓慢移动一小段距离，d减小，电场力Fq增大，合外力竖直向上，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0x2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是()图6Ax1处电场强度为零Bx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123C粒子在x2x3段速度v随x均匀减小Dx2x3段是匀强电场答案ABD解析根据电势能与电势的关系：Epq，场强与电势的关系：E，得：E，由数学知识可知Epx图象切线的斜率等于qE，x1处切线斜率为零，电场强度为零，故A正确；由题图可知，x1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123，故B正确；根据电势能与电势的关系：Epq，粒子在x2x3段电势能增大，速度v随x非均匀减小，故C错误；x2x3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qEmg.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C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qE2Rmv可知vb0，故小球可以运动过b点，选项A正确，B错误；小球释放后，第一次经过最高点c时有：FN1mgm，mgREq2Rmv，因为qEmg，解得FN1mg，第二次经过最高点c时有：FN2mgm，Eq2Rmvmv，解得FN25mg，由牛顿第三定律知第一次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mgREqRmv2，在d点有：FNmgm，解得FN5mg，结合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E103V/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q104 C，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mgqE小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv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(mgqE)R(qEmg)xmv2mv在P点时，由牛顿第二定律得FN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FNFN0.6 N10如图10所示，AB是位于竖直平面内、半径R0.5 m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点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E5103 N/C.今有一质量为m0.1 kg、带电荷量q8105 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.05，取g10 m/s2，求：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AB，由动能定理可得mgRqERmv在B点对小滑块由牛顿第二定律可得FNmgm由牛顿第三定律FNFN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mgRqE(Rx)mgx0得xm(3)由题意知qE81055103N0.4Nmg0.050.110N0.05N因此有qEmg所以小滑块最终在圆弧形轨道上往复运动