【物理】2020届一轮复习人教版第七章电场章末总结提高学案

【物理】2020届一轮复习人教版第七章电场章末总结提高学案

章末总结 提高 知 识 网 络 【p126】 电场 产生 电荷 变化的磁场 性质 力 电场强度 E＝F q 电场力 F＝qE 点电荷电场中的场强 E＝kQ r2 库仑力 F＝kQ1Q2 r2 ＝Q1E2＝Q2E1 电场线 点电荷电场 等量同种点电荷电场 等量异种点电荷电场 匀强电场 能 电势 电势差 电势能 等势面 应用 电容器、电容 带电粒子在电场中的运动 解题思路与方法 【p126】 本章是电学的基础知识，是历年高考的重点之一．近几年高考中对本章知识的考查命题频率较高，且 有相当难度的问题集中在电场力做功与电势能变化、带电粒子在电场中的运动这两个知识点上，尤其在与 力学知识的结合中巧妙地把电场概念、牛顿定律和动能定理等联系起来，对考生能力有较好的测试作用．另 外平行板电容器也是一个命题频率较高的知识点，且常以小综合题形式出现．高考中考查本章知识的试题 题型全面，选择题、填空题、计算题都有，大部分试题都是中等以上难度． 本章以研究静电场的力的性质和能的性质为中心内容，因此很容易与力学的平衡问题、运动学、牛顿 定律、功和能、恒定电流、磁场、交变电流、原子物理等知识联系在一起，构成综合试题，考查考生分析 问题能力、综合能力、运用数学知识解决物理问题的能力，要求考生对试题展示的实际情景进行分析、判 断，弄清物理情景，抽象出物理模型，然后运用相应的物理知识及相关的规律进行解答．这部分内容在今 后的高考命题中仍是重点和热点． 1．本章知识点多，概念性强，内容抽象，概念的关系又比较复杂．能否正确理解相关概念间的相互 联系和区别是学好本章的基础．复习中重点应放在对电场有关概念的理解和灵活运用上，首先要把基础夯 实． 2．本章知识常与力的观点、能量的观点综合在一起考查．在夯实基础的同时应注意加强空间想像能 力、分析推理能力、综合运用能力的培养，提高解决综合性问题的能力． 3．本章知识与其他各章知识联系紧密，在复习时要注意加强横向联系． 4．本章某些概念与重力场中的概念类似，复习时可用类比法记忆、理解． 5．本章知识与生产技术、生活实际、科学研究等联系紧密，如尖端放电、电容式传感器、静电的防 止和应用、示波管原理、静电分离等，这些都可成为新情景的综合命题的素材． 体 验 高 考 【p126】 1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球 a、b 和 c，相互间的距离分别为 ab＝5 cm，bc＝3 cm， ca＝4 cm，小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a、b 的连线，设小球 a、b 所带电荷量的比值的绝对值 为 k，则( ) A．a、b 的电荷同号，k＝16 9 B．a、b 的电荷异号，k＝16 9 C．a、b 的电荷同号，k＝64 27 D．a、b 的电荷异号，k＝64 27 【解析】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a、b 的连线， 可知，a、b 的电荷异号， 对小球 c 受力分析，如下图所示： 因 ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm，因此 ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形， 依据相似三角形之比，则有：Fa Fb ＝ac bc ＝4 3 ； 而根据库仑定律，Fa＝kQcqa ac2 ，而 Fb＝kQcqb bc2 综上所得，qa qb ＝4 3 ×42 32＝64 27 ，故 ABC 错误，D 正确． 【答案】D 2．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离 r 的 关系如图所示．电场中四个点 a、b、c 和 d 的电场强度大小分别 Ea、Eb、Ec 和 Ed.点 a 到点电荷的距离 ra 与点 a 的电势φa 已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由 a 点依次经 b、c 点移动到 d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为 Wab、Wbc 和 Wcd.下列选项正确的是( ) A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1 C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3 【解析】由题图可知，a、b、c、d 到点电荷的距离分别为 1 m、2 m、3 m、6 m，根据点电荷的场强 公式 E＝k Q r2可知，Ea Eb ＝r2 b r2 a ＝4 1 ，Ec Ed ＝r2 d r2 c ＝4 1 ，故 A 正确，B 错误；电场力做功 W＝qU，a 与 b、b 与 c、c 与 d 之间的电势差分别为 3 V、1 V、1 V，所以Wab Wbc ＝3 1 ，Wbc Wcd ＝1 1 ，故 C 正确，D 错误． 【答案】AC 3．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知 平面 b 上的电势为 2 V．一电子经过 a 时的动能为 10 eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6 eV. 下列说法正确的是( ) A．平面 c 上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面 f C．该电子经过平面 d 时，其电势能为 4 eV D．该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍 【解析】设相邻两条等势线之间的电势差为 U0，根据从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6 eV， W＝e·3U0＝6 eV，所以 U0＝2 V 并且电势从 a 向 f 逐渐降低．已知平面 b 上的电势为 2 V，所以平面 c 上 的电势为零，A 正确；因为从 a 到 f，电势降低 4U0＝8 V，所以电势能增大 8 eV，动能减少 8 eV，可能到 达 f；但如果在 a 时速度方向在 a 平面内，加速度方向向左，就可能到达不了平面 f，所以 B 正确． 从上图可以看出，该电子经过平面 d 时，其电势能为 2 eV，C 错误；该电子经过平面 b 时的动能是经 过 d 时的 2 倍，所以速率是 2倍． 【答案】AB 4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、b、c 三点的位置如图所 示，三点的电势分别为 10 V、17 V、26 V．下列说法正确的是( ) A．电场强度的大小为 2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为 1 V C．电子在 a 点的电势能比在 b 点的低 7 eV D．电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9 eV 【解析】由题目可得：φa＝10 V，φb＝17 V，φc＝26 V，ab 与 Oc 中点电势相等，则φa＋φb 2 ＝φO＋φc 2 ， 故φO＝φa＋φb－φc＝(10＋17－26)V＝1 V，故 B 正确；从 a 到 b 移动电子，电场力做功：W＝Uab(－e)＝ (－7)×(－e)＝7 eV.电场力做正功，电势能减小，故电子在 a 点电势比在 b 点高 7 eV，故 C 错误；从 b 到 c 移动电子，电场力做功 W′＝(－e)Ubc＝9 eV，故 D 正确； 如图所示，过 b 点作 bd 垂直于 Oc，则由几何关系：cd＝6×3 5 cm＝18 5 cm，故φc－φO xcO ＝φc－φd xcd ，则 d 点的电势为φd＝17 V，故 bd 为等势面．从而电场线沿 cO 方向，故 E＝φcO xcO ＝25 10 V/cm＝2.5 V/cm，故 A 正确． 【答案】ABD 5．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的 a、b、c、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平 面平行，M 为 a、c 连线的中点，N 为 b、d 连线的中点．一电荷量为 q(q>0)的粒子从 a 点移动到 b 点，其 电势能减小 W1：若该粒子从 c 点移动到 d 点，其电势能减小 W2，下列说法正确的是( ) A．此匀强电场强度的电场强度方向一定与 a、b 两点连线平行 B．若该粒子从 M 点移动到 N 点，则电场力做功一定为W1＋W2 2 C．若 c、d 之间的距离为 L，则该电场的电场强度大小一定为W2 qL D．若 W1＝W2，则 a、M 两点之间的电势差一定等于 b、N 两点之间的电势差 【解析】根据题意无法判断电场强度的方向，A 错误；不知道电场方向，所以电场的电场强度大小不 一定是 W2 qL ，C 错误；W1 ＝qUab ，W2 ＝qUcd ，又φM ＝φa＋φc 2 ，φ N ＝φb＋φd 2 ，故 WMN ＝q(φ M －φN)＝ q φa＋φc 2 －φb＋φd 2 ＝q（φa－φb）＋q（φc－φd） 2 ＝W1＋W2 2 ，故 B 对；W1＝W2 则有φa－φb＝φc－φd， UaM＝φa－φM＝φc－φa 2 ，UbN＝φb－φN＝φd－φb 2 ，故 UaM＝UbN，D 对． 【答案】BD 6．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒 a、 b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同 时释放 a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻 t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面， a、b 间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( ) A．a 的质量比 b 的大 B．在 t 时刻，a 的动能比 b 的大 C．在 t 时刻，a 和 b 的电势能相等 D．在 t 时刻，a 和 b 的动量大小相等 【解析】根据题述可知，微粒 a 向下加速运动，微粒 b 向上加速运动，根据 a、b 经过电容器两极板 间下半区域的同一水平面，可知 a 的加速度大小等于 b 的加速度大小，即 aa>ab.对微粒 a，由牛顿第二定 律，qE＝maaa，对微粒 b，由牛顿第二定律，qE＝mbab，联立解得：qE ma >qE mb ，由此式可以得出 a 的质量比 b 小， 选项 A 错误；在 a、b 两微粒运动过程中，a 微粒所受合外力大于 b 微粒，a 微粒的位移大于 b 微粒，根据 动能定理，在 t 时刻，a 的动能比 b 大，选项 B 正确；由于在 t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等， 电荷量大小相等，符号相反，所以在 t 时刻，a 和 b 的电势能不等，选项 C 错误；由于 a 微粒受到的电场 力(合外力)等于 b 微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在 t 时刻，a 微粒的动量等于 b 微粒，选 项 D 正确． 【答案】BD 7．(2018·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为 E1 的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做 匀速直线运动，速度大小为 v0，在油滴处于位置 A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向 不变．持续一段时间 t1 后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B 点．重力加速度大小为 g. (1)油滴运动到 B 点时的速度； (2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 t1 和 v0 应满足的 条件．已知不存在电场时，油滴以初速度 v0 做竖直上抛运动的最大高度恰好等于 B、A 两点间距离的两倍． 【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为 m 和 q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为 E1 的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在 t＝0 时，电场强度突然从 E1 增加至 E2 时，油滴 做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小 a1 满足 qE2－mg＝ma1① 油滴在时刻 t1 的速度为 v1＝v0＋a1t1② 电场强度在时刻 t1 突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小 a2 满足 qE2＋mg＝ma2③ 油滴在时刻 t2＝2t1 的速度为 v2＝v1－a2t1④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1⑤ (2)由题意，在 t＝0 时刻前有 qE1＝mg⑥ 油滴从 t＝0 到时刻 t1 的位移为 s1＝v0t1＋1 2 a1t2 1⑦ 油滴在从时刻 t1 到时刻 t2＝2t1 的时间间隔内的位移为 s2＝v1t1－1 2 a2t2 1⑧ 由题给条件有 v2 0＝2g(2h)⑨ 式中 h 是 B、A 两点之间的距离． 若 B 点在 A 点之上，依题意有 s1＋s2＝h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝ 2－2 v0 gt1 ＋1 4 v0 gt1 2 E1○11 为使 E2>E1，应有 2－2 v0 gt1 ＋1 4 v0 gt1 2 >1○12 即当 0 1＋ 3 2 v0 g ○14 才是可能的：条件○13式和○14式分别对应于 v2>0 和 v2<0 两种情形． 若 B 在 A 点之下，依题意有 x2＋x1＝－h○15 由①②③⑥⑦⑧⑨○15式得 E2＝ 2－2 v0 gt1 －1 4 v0 gt1 2 E1○16 为使 E2>E1，应有 2－2 v0 gt1 －1 4 v0 gt1 2 >1○17 即 t1>( 5 2 ＋1)v0 g ○18 另一解为负，不符合题意，已舍去． 8．(2018·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为 H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电 场．自该区域上方的 A 点将质量为 m、电荷量分别为 q 和－q(q>0)的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿 平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知 N 离开电场时 的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时的动能的 1.5 倍．不 计空气阻力，重力加速度大小为 g.求 (1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小． 【解析】(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出的初速度大小为 v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0.M、 N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a，在电场中沿水平方 向的位移分别为 s1 和 s2.由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋1 2 at2② s2＝v0t－1 2 at2③ 联立①②③式得s1 s2 ＝3④ (2)设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学公式 v2 y＝2gh⑤ H＝vyt＋1 2 gt2⑥ M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v0 vy ＝s1 H ⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝1 3 H⑧ (3)设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则 v0 vy ＝qE mg ⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝1 2 m(v2 0＋v2 y)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝1 2 m(v2 0＋v2 y)＋mgH－qEs2○11 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2○12 联立④⑤⑦⑧⑨○11○12式得 E＝ 2mg 2q ○13 9．(2018·北京)如图所示，长 l＝1 m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球， 小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量 q＝1.0×10－6 C， 匀强电场的场强 E＝3.0×103 N/C，取重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小球所受电场力 F 的大小； (2)小球的质量 m； (3)将电场撤去，小球回到最低点时速度 v 的大小． 【解析】(1)根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为 F＝qE＝1.0×10－6×3.0×103 N＝3.0×10－3 N (2)小球受 mg、绳的拉力 T 和电场力 F 作用处于平衡状态，如图所示 根据几何关系有 F mg ＝tan 37°，得 m＝4.0×10－4 kg (3)撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有 mgl(1－cos 37°)＝1 2 mv2， 得 v＝ 2gl（1－cos 37°）＝2.0 m/s. 10．(2018·海南)如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经 绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态．现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动．关于小球所受 的电场力大小 F 和绳子的拉力大小 T，下列判断正确的是( ) A．F 逐渐减小，T 逐渐减小 B．F 逐渐增大，T 逐渐减小 C．F 逐渐减小，T 逐渐增大 D．F 逐渐增大，T 逐渐增大 【解析】电容器两极板与电源相连则 U 不变，由 E＝U d 知，d 增大 E 减小，又 F＝qE，所以 F 逐渐减小， 因为是缓慢移动左极板，所以小球受力平稳 T＝ F2＋G2，F 减小，G 不变，知 T 逐渐减小，选 A. 【答案】A 11．(2018·江苏)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板 A、B、C 中央各有一小孔，小孔分别位于 O、M、P 点．由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点．现将 C 板向右平移到 P′点，则由 O 点静止释放 的电子( ) A．运动到 P 点返回 B．运动到 P 和 P′点之间返回 C．运动到 P′点返回 D．穿过 P′点 【解析】设 A、B 板间的电势差为 U1，B、C 板间的电势差为 U2，板间距为 d，电场强度为 E，第一次由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点，根据动能定理得：qU1＝qU2＝qEd，将 C 板向右移动，B、C 板间的 电场强度 E＝U d ＝4πkQ εS ，E 不变，所以电子还是运动到 P 点速度减小为零，然后返回，故 A 正确；B、C、D 错误． 【答案】A 12．(多选)(2018·江苏)在 x 轴上有两个点电荷 q1、q2，其静电场的电势φ在 x 轴上分布如图所示．下 列说法正确有( ) A．q1 和 q2 带有异种电荷 B．x1 处的电场强度为零 C．负电荷从 x1 移到 x2，电势能减小 D．负电荷从 x1 移到 x2，受到的电场力增大 【解析】由图知 x1 处的电势等于零，所以 q1 和 q2 带有异种电荷，A 正确，图象的斜率描述该处的电场 强度，故 x1 处场强不为零，B 错误；负电荷从 x1 移到 x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能 减小，故 C 正确；由图知，负电荷从 x1 移动到 x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以 D 错误． 【答案】AC 13．(多选)(2018·天津)如图所示，在点电荷 Q 产生的电场中，实线 MN 是一条方向未标出的电场线， 虚线 AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在 A、B 两点的加速度大小分别为 aA、aB，电势 能分别为 EpA、EpB.下列说法正确的是( ) A．电子一定从 A 向 B 运动 B．若 aA>aB，则 Q 靠近 M 端且为正电荷 C．无论 Q 为正电荷还是负电荷一定有 EpAaB，说明电子在 M 点受到的电场力较大，M 点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知， 靠近 M 端为场源电荷的位置，应带正电，故 B 正确；无论 Q 为正电荷还是负电荷，一定有电势φA>φB，电 子电势能 Ep＝－eφ，电势能是标量，所以一定有 EpA

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