【物理】2020届一轮复习人教版第六章专题突破七电场综合问题学案（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版第六章专题突破七电场综合问题学案（江苏专用）

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)φ－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)φ－x图象：①电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ－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．③在φ－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－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x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a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1‎ A．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2∶1‎ C．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x＝4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明x＝4a处的电场强度等于0，则点电荷M与 N在x＝4a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4∶1，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φ随x变化如图2所示．下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．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3‎ A．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　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＝，知电场强度也逐渐减小，A错误； 根据动能定理，有：F·Δx＝ΔEk，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＝2ax，匀变速直线运动的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5‎ ‎2．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θ＝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F＝mgtan 60°＝mg.‎ ‎(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(1＋cos 60°)－Frsin 60°＝mv2－mv，‎ 解得v0＝2.‎ 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E＝104 V/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＝R＝0.2 m，把一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－4 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：‎ 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1.0 m，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)3 N　(2)不能　(3) m 解析　(1)由A点到C点应用动能定理有：Eq(AB＋R)－mgR＝mv 解得：vC＝2 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＝m ‎ 得FN＝3 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≤m 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－mg·2R＝mv 以上两式联立可得：x≥0.5 m．因AB<0.5 m故小球不能到达D点. ‎ ‎(3)释放点离B点的距离x1＝1 m，从释放点到D点由动能定理得： Eqx1－mg·2R＝mvD′2‎ 解得：vD′＝2 m/s 从D点飞出后水平方向做匀减速运动，加速度为a＝＝10 m/s2 ‎ 竖直方向做自由落体运动，设落地点离B距离为x2，由运动学知识可得 ‎2R＝gt2，x2＝vD′t－at2‎ 解得x2＝ m.‎ 变式2　(多选)(2018· 无锡市高三期末)如图8为一有界匀强电场，场强方向为水平方向(方向未标明)，—带电微粒以某一角度θ从电场的a点斜向上方射入，沿直线运动到b点，可以肯定(　　)‎ 图8‎ A．电场中a点的电势低于b点的电势 B．微粒在a点的加速度小于在b点的加速度 C．微粒在a点的电势能小于在b点的电势能 D．从a到b的过程中，微粒电势能变化的绝对值小于其动能变化的绝对值 答案　CD ‎1．(多选)(2018·盐城市三模) 在x轴上有两个点电荷q1和q2，它们产生的电场的电势在x轴上分布如图9所示．下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．q1和q2带有异种电荷 B．x＝x2处电场强度一定为0‎ C．负电荷沿x轴从x1移动到x2，电势能增加 D．正电荷沿x轴从x1移动到x2，电场力做负功 答案　ABC 解析　因沿x轴电势有正、有负，故不可能是两正电荷，或两负电荷产生的电场，应为一正一负两电荷产生的电场，故A正确；φ－x图象斜率大小表示电场强度大小，故x＝x2处电场强度为0，故B正确；从x1到x2电势降低，故负电荷电势能增加，正电荷电势能减少，电场力做正功，故C正确，D错误．‎ ‎2.(2019·运河中学月考)如图10所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球只在重力、电场力、细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小．比较a、b、c、d这四点，小球(　　)‎ 图10‎ A．在最高点a处的动能最小 B．在最低点c处的机械能最小 C．在水平直径右端b处的机械能最大 D．在水平直径左端d处的机械能最大 答案　C 解析　小球所受电场力和重力大小相等，电场力方向水平向右，则小球所受电场力和重力的合力如图所示，合力与水平方向成45°角偏右下方．由小球所受合力方向可知，小球从a点运动到e点时，合力对小球做负功，小球动能将减小，故a点不是小球动能最小的点(动能最小的点在e点)，故A错误；‎ 除重力以外的其他力做的功等于机械能的增量，拉力不做功，从d到b的过程中，电场力做正功，则b点机械能最大，d点机械能最小，故C正确，B、D错误．‎ ‎3．(多选)(2018·扬州中学下学期开学考)如图11，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行且初始为自然长度，带电小球Q(可视为质点)固定在光滑斜面的M点，处于通过弹簧中心的直线ab上．现将小球P(也视为质点)从直线ab上的N点由静止释放，设小球P与Q电性相同，则小球P从释放到运动至最低点的过程中下列说法正确的是(　　)‎ 图11‎ A．小球P的速度先增大后减小 B．小球P的速度最大时所受合力为零 C．小球P的重力势能与电势能的和一直减小 D．小球P所受重力、弹簧弹力和库仑力做功的代数和等于电势能的变化量的大小 答案　ABC ‎4．(多选)(2018·南通市、泰州市一模)如图12所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑绝缘圆环，环上套有两个相同的带电小球P和Q，静止时P、Q两球分别位于a、b两点，两球间的距离为R.现用力缓慢推动P球至圆环最低点c，Q球由b点缓慢运动至d点(图中未画出)．则此过程中(　　)‎ 图12‎ A．Q球在d点受到圆环的支持力比在b点处小 B．Q球在d点受到的静电力比在b点处大 C．P、Q两球电势能减小 D．推力做的功等于P、Q两球增加的机械能 答案　AB ‎1.(2018·扬州中学下学期开学考)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图1所示， tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A．A处的场强一定小于B处的场强 B．A处的电势一定高于B处的电势 C．电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能 D．电荷在A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功 答案　D 解析　根据v－t图象的斜率等于加速度，可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即A处的场强一定大于B处的场强，A错误．由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低，故B错误．由题图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功，故C错误，D正确．‎ ‎2．(多选)(2018·高考押题预测卷)空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图2所示，B、C是x轴上两点，下列说法中正确的有(　　)‎ 图2‎ A．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 B．同一个电荷放在B点时的电势能大于放在C点时的电势能 C．O点电势最高，电场也最强 D．正试探电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做负功，后做正功 答案　AD 解析　根据E＝，则φ－x图象的斜率表示场强，由图线可知EB>EC，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Ep＝qφ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φ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3‎ A．0～r0范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B D．正电荷从A点移到B点过程中电场力做正功 答案　ACD ‎4.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4‎ A．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5‎ A．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mgd C．油滴从小孔运动至N过程中，机械能增加eU D．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F＝q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0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．x1处电场强度为零 B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3‎ C．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＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E＝·，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，电场强度为零，故A正确；由题图可知，x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3，故B正确；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子在x2～x3段电势能增大，速度v随x非均匀减小，故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7‎ A．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1∶6‎ D．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5∶1‎ 答案　AD 解析　从a到b的过程，由动能定理得qE·2R＝mv可知vb≠0，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：FN1＋mg＝m，－mgR＋Eq·2R＝mv，因为qE＝mg，解得FN1＝mg，第二次经过最高点c时有：FN2＋mg＝m，Eq·2R＝mv－mv，解得FN2＝5mg，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1∶5，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＋EqR＝mv2，在d点有：FN－mg＝m，解得FN＝5mg，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5∶1，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8‎ A．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E＝103 V/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R＝40 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x＝1.5 m的M处，小滑块质量m＝10 g，电荷量q＝10－4 C，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，取g＝10 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)7 m/s　(2)0.6 N 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＝①‎ 小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得 ‎－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv②‎ 联立方程①②解得v0＝7 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－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv③‎ 在P点时，由牛顿第二定律得FN＝④‎ 代入数据解得FN＝0.6 N⑤‎ 由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝0.6 N．⑥‎ ‎10．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＝5×103 N/C.今有一质量为m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋8×10－5 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μ＝0.05，取g＝10 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)2.2 N，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A→B，由动能定理可得mgR－qER＝mv 在B点对小滑块由牛顿第二定律可得FN′－mg＝m 由牛顿第三定律FN′＝FN 解得FN＝2.2 N，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)－μmgx＝0‎ 得x＝ m ‎(3)由题意知qE＝8×10－5×5×103 N＝0.4 N μmg＝0.05×0.1×10 N＝0.05 N 因此有qE>μmg 所以小滑块最终在圆弧形轨道上往复运动．‎