2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章靜電場沖刺訓(xùn)練

PAGEPAGE6第六章靜電場(一)“靜電場〞的一個命題熱點——電場性質(zhì)(強練提能)1.如下圖，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。以下關(guān)于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的選項是()A．O點的電場強度為零，電勢最低B．O點的電場強度為零，電勢最高C．從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高D．從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低解析：選B將整個圓環(huán)看做由兩個半圓環(huán)組成，由對稱性可知，這兩個半圓環(huán)上的電荷在O點的場強大小相等，方向相反，故合場強為零。x軸上的各點合場強，由對稱性可知，在圓環(huán)右側(cè)的合場強方向沿x軸向右，電勢降低；左側(cè)的合場強方向沿x軸向左，電勢降低，故O點電勢最高。由于在O點場強為零，距O點無限遠場強為零，因此沿x軸向左、右兩側(cè)，電場強度都呈現(xiàn)出先增大后減小的特征，綜上所述B正確。2．如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點P(坐標(biāo)為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E＝2πkσeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,R2＋x2\f(1,2))))，方向沿x軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示。那么圓孔軸線上任意一點Q(坐標(biāo)為x)的電場強度為()A．2πkσ0eq\f(x,r2＋x2\f(1,2)) B．2πkσ0eq\f(r,r2＋x2\f(1,2))C．2πkσ0eq\f(x,r) D．2πkσ0eq\f(r,x)解析：選A采用極限思維法結(jié)合填補法。根據(jù)半徑為R的均勻帶電圓形平板在P點的電場強度E＝2πkσeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,R2＋x2\f(1,2))))，可推知當(dāng)帶電圓板無限大時(即當(dāng)R→∞)的電場強度E＝2πkσ，對于無限大帶電平板，挖去一半徑為r的圓板的電場強度，可利用填補法，即將挖去的圓板填充進去，這時Q點的電場強度EQ＝2πkσ0，那么挖去圓板后的電場強度EQ′＝2πkσ0－2πkσ0eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,r2＋x2\f(1,2))))＝2πkσ0eq\f(x,r2＋x2\f(1,2))，應(yīng)選項A正確。3.(2022·衡水模擬)如下圖，N(N>5)個小球均勻分布在半徑為R的圓周上，圓周上P點的一個小球所帶電荷量為－2q，其余小球帶電量為＋q，圓心處的電場強度大小為E。假設(shè)僅撤去P點的帶電小球，圓心處的電場強度大小為()A．E B.eq\f(E,2)C.eq\f(E,3) D.eq\f(E,4)解析：選C假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，由于圓周的對稱性，圓心處場強為0，那么知P處＋q在圓心處產(chǎn)生的場強大小為E1＝keq\f(q,r2)，方向水平向左，可知圖中所有q在O處產(chǎn)生的場強大小為E2＝E1＝keq\f(q,r2)，方向水平向右，圖中－2q在圓心處產(chǎn)生的場強大小為E3＝keq\f(2q,r2)，方向水平向右。根據(jù)疊加原理E＝E2＋E3，那么keq\f(q,r2)＝eq\f(E,3)，所以撤去P點的小球后，圓心處場強大小為eq\f(E,3)，C正確。4．(多項選擇)(2022·山東第一次大聯(lián)考)如圖甲所示，兩個點電荷Q1、Q2固定在x軸上，其中Q1位于原點O，a、b是它們連線延長線上的兩點。現(xiàn)有一帶正電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點開始經(jīng)b點向遠處運動(粒子只受電場力作用)，設(shè)粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度隨坐標(biāo)x變化的圖像如圖乙所示，那么以下判斷正確的選項是()A．b點的場強一定為零B．Q2帶負(fù)電且電荷量小于Q1C．a(chǎn)點的電勢比b點的電勢高D．粒子在a點的電勢能比在b點的電勢能小解析：選AC速度時間圖像圖線斜率表示加速度，3L處圖線的切線水平，加速度為0，b點的場強一定為零，根據(jù)從a點開始經(jīng)b點向遠處運動先加速后減速知，Q1帶負(fù)電，Q2帶正電，A正確，B錯誤；a點的動能比b點的動能小，a點的電勢能比b點的電勢能大，且運動電荷為正電荷，所以a點的電勢比b5．(2022·江西高安中學(xué)模擬)假設(shè)空間某一靜電場的電勢φ隨x變化情況如下圖，根據(jù)圖中信息可以確定以下說法中正確的選項是()A．O～x1范圍內(nèi)各點場強的方向均與x軸平行B．只在電場力作用下，正電荷沿x軸從O運動到x1，可做勻減速直線運動C．負(fù)電荷沿x軸從x2移到x3的過程中，電場力做正功，電勢能減小D．無法比擬x2～x3與x4～x5間的場強大小解析：選C由圖像可以知道，在O～x1范圍內(nèi)各點電勢不變，是一條等勢線，所以電場方向應(yīng)該與x軸垂直，選項A錯誤；x軸上在O～x1，各點電勢相等，任意兩點間電勢差為零，電場力做功為零，而且電荷做直線運動，可能做勻速運動，選項B錯誤；x軸從x2移到x3的過程中電勢升高，那么電場力對負(fù)電荷做正功，電勢能減小，選項C正確；在x2～x3范圍內(nèi)相對于x4～x5范圍內(nèi)等差等勢面密集，所以前者電場強度大些，選項D錯誤。6．(多項選擇)(2022·洛陽模擬)空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖像如下圖，帶電粒子在此空間只受電場力作用。以下說法中正確的選項是()A．在－x1處釋放一帶負(fù)電的粒子，它將沿x軸在－x1與x1之間做往返運動B．帶負(fù)電的粒子以一定的速度由－x1處沿x軸正方向運動到x1處，它在x1處的速度等于在－x1處的速度C．帶正電的粒子以一定的速度由－x1處沿x軸正方向運動的過程中，它的動能先增大后減小D．帶正電的粒子在x1處的電勢能比在x2處的電勢能小、與在x3處的電勢能相等解析：選AB電場沿x軸對稱分布，在－x1處釋放一帶負(fù)電的粒子，它將沿x軸在－x1與x1之間做往返運動，選項A正確。帶負(fù)電的粒子以一定的速度由－x1處沿x軸正方向運動到x1處，它在x1處的速度等于在－x1處的速度，選項B正確。帶正電的粒子以一定的速度由－x1處沿x軸正方向運動的過程中，它的動能先減小后增大，選項C錯誤。從x1處到x3處，電場強度方向沿x軸，帶正電的粒子從x1處到x3處，電場力一直做正功，電勢能減小，所以帶正電的粒子在x1處的電勢能比x2處的電勢能大、比x3處的電勢能大，選項D錯誤。7.(多項選擇)如圖甲所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，圓環(huán)平面與豎直平面重合。一光滑細(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的中心軸線穿過，細(xì)桿上套有一質(zhì)量為m＝10g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.0×10－4C。小球從C點由靜止釋放，其沿細(xì)桿由C點經(jīng)B點向A點運動的速度—時間圖像如圖乙所示。小球運動到BA．在桿上O點右側(cè)，B點場強最大，場強大小為E＝1.2V/mB．由C點到A點的過程中，小球的電勢能先減小后變大C．由C點到A點電勢逐漸降低D．C、B兩點間的電勢差UCB＝0.9V解析：選ACD由題圖乙可知，小球在B點的加速度最大，故所受作用力最大，加速度由電場力提供，故B點的電場強度最大，a＝eq\f(Δv,Δt)，a＝eq\f(qE,m)，解得E＝1.2V/m，所以A正確；從C點到A點電場力對小球一直做正功，故電勢能一直減小，B錯誤，C正確；從C點到B點電場力對小球做功W＝eq\f(1,2)mvB2－0，C、B兩點間電勢差UCB＝eq\f(W,q)＝0.9V，所以D正確。8．(多項選擇)(2022·青島模擬)如下圖是利用高壓電場枯燥中藥的根本原理圖，在大導(dǎo)體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極O和平板電極MN接高壓直流電源，其間產(chǎn)生非勻強電場E；水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電荷，另一端帶等量負(fù)電荷；水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中別離出去，在鼓風(fēng)機的作用下飛離電場區(qū)域從而到達快速枯燥的目的。虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運動軌跡，那么以下說法正確的選項是()A．水分子在B處時，帶正電荷一端受到的電場力與帶負(fù)電荷一端受到電場力大小不相等B．水分子沿軌跡ABCD運動過程中電場力始終做正功C．水分子沿軌跡ABCD運動過程中電勢能先減少后增加D．如果把高壓直流電源的正負(fù)極反接，水分子從A處開始將向下運動解析：選AC水分子在B處時，水分子帶正電荷一端所在處電場強度小，水分子受到的電場力小，帶負(fù)電荷一端所在處電場強度大，水分子受到的電場力大，A正確；水分子向針狀電極O靠近時電場力做正功，遠離針狀電極O時電場力做負(fù)功，C正確，B錯誤；如果把高壓直流電源的正負(fù)極反接，水分子從A處仍會向上運動，只不過帶正電荷一端在上方，即水分子帶正電荷一端受到的電場力大于帶負(fù)電荷一端受到的電場力，D錯誤。第六章沖刺985深化內(nèi)容(二)“靜電場〞的一個難點——帶電粒子在電場中的運動(細(xì)化題型)帶電粒子在電場中的運動問題是電場局部的重點和難點，是每年高考的熱點問題，該類問題考查了學(xué)生綜合應(yīng)用電場知識和力學(xué)知識的能力。從運動形式上可以分為直線運動、類平拋運動、圓周運動、周期性的往復(fù)運動等多種情況。在電場力作用下的直線運動題型簡述在勻強電場中，如果帶電粒子的速度v與場強E方向平行時，這時帶電粒子在電場中做直線運動，如果電場力方向與速度方向相同，那么粒子做勻加速直線運動，如果電場力方向與速度方向相反，那么粒子做勻減速直線運動。方法突破假設(shè)為勻強電場，既可用牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解，又可用動能定理求解。假設(shè)為非勻強電場，帶電粒子受到的電場力是變力，加速度是變量，只能用能量觀點(如動能定理、能量守恒定律等)求解。[典例1]反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如下圖，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。電場強度的大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如下圖。帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20kg，帶電荷量q＝－1.0×10－9C，A點距虛線MN的距離d1＝1.0cm(1)B點到虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t。[解析](1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2，解得d2＝0.50cm。(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|E1＝ma1，|q|E2＝ma2，設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間大小分別為t1、t2，由運動學(xué)公式有d1＝eq\f(1,2)a1t12，d2＝eq\f(1,2)a2t22。又t＝t1＋t2，解得t＝1.5×10－8s。[答案](1)0.50cm(2)1.5×10－8s[題后悟通]此題中求解d2應(yīng)用動能定理非常快捷，而應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式那么比擬麻煩；但求解由A到B的時間t時只能應(yīng)用后一種方法。[對點訓(xùn)練]1.如下圖，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出以下對電子運動的描述中哪句是錯誤的(設(shè)電源電動勢為U)()A．電子到達B板時的動能是UeB．電子從B板到達C板動能變化量為零C．電子到達D板時動能是3UeD．電子在A板和D板之間做往復(fù)運動解析：選C電子在AB之間做勻加速運動，且eU＝ΔEk，A正確；在BC之間做勻速運動，B正確；在CD之間做勻減速運動，到達D板時，速度減為零，C錯誤，D正確。在電場力作用下的類平拋運動題型簡述帶電粒子垂直射入勻強電場中，由于只受電場力作用，沿初速度方向?qū)⒆鰟蛩僦本€運動，而沿電場力的方向?qū)⒆龀跛俣葹?的勻加速直線運動，稱為類平拋運動。方法突破求解這類問題時應(yīng)把握以下關(guān)鍵：(1)處理方法：用運動的合成和分解的思想處理，即沿v0方向的勻速直線運動和垂直于v0方向的初速度為零的勻加速直線運動。(2)偏轉(zhuǎn)規(guī)律：偏轉(zhuǎn)位移，y＝eq\f(qU,2md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2，偏轉(zhuǎn)角，tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)。(3)兩個推論推論1：類平拋運動物體任意時刻速度偏轉(zhuǎn)角的正切值是位移偏轉(zhuǎn)角正切值的兩倍。推論2：類平拋運動物體任意時刻速度的反向延長線必過勻速運動位移的中點。[典例2](2022·臨沂質(zhì)檢)如下圖，虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；(3)電子打到屏上的點P′到點O的距離x。[解析](1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得：a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)，eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1t12，v1＝a1t1，t2＝eq\f(2L,v1)運動的總時間為t＝t1＋t2＝3eq\r(\f(mL,eE))。(2)設(shè)電子射出電場E2時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場中的加速度為a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(2eE,m)，t3＝eq\f(L,v1)，vy＝a2t3，tanθ＝eq\f(vy,v1)解得：tanθ＝2。(3)如圖，設(shè)電子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為x1x1＝eq\f(1,2)a2t32tanθ＝eq\f(x2,L)解得：x＝x1＋x2＝3L[答案](1)3eq\r(\f(mL,eE))(2)2(3)3L[題后悟通]解答此題的關(guān)鍵是分析清楚電子在電場E1、E2及離開E2后各段運動的特點，然后選擇相應(yīng)的關(guān)系解決問題。[對點訓(xùn)練]2.如下圖，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出。假設(shè)不計重力，那么a和b的比荷之比是()A．1∶2 B．2∶1C．1∶8 D．8∶1解析：選D設(shè)粒子初速度為v0，AB間距為d，那么d＝eq\f(1,2)·eq\f(qaE,ma)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)lBC,v0)))2，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qbE,mb)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lBC,v0)))2。以上兩式聯(lián)立可解得：eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝8∶1，故D正確。在電場力作用下的圓周運動題型簡述電場力是一種性質(zhì)力，在圓周運動中可以提供向心力，使帶電物體做圓周運動。方法突破解決該類問題時，首先分析使物體做圓周運動的向心力來源，然后根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。帶電粒子在電場力作用下的圓周運動常見以下三種情況：(1)在點電荷＋Q(或－Q)的電場中，另一個負(fù)電荷－q(或正電荷＋q)圍繞點電荷做勻速圓周運動，如圖甲所示。(2)在兩個等量同種正電荷Q(或負(fù)電荷－Q)的電場中，在過它們連線的中垂面內(nèi)，一個負(fù)電荷－q(或正電荷＋q)圍繞二者連線的中點做勻速圓周運動，如圖乙所示。(3)兩個異種電荷Q1、－Q2，以相同的角速度ω繞其連線上某一點O做勻速圓周運動，如圖丙所示。(類似于天體運動的雙星模型)[典例3](2022·北京高考)某原子電離后其核外只有一個電子，假設(shè)該電子在核的靜電力作用下繞核做勻速圓周運動，那么電子運動()A．半徑越大，加速度越大 B．半徑越小，周期越大C．半徑越大，角速度越小 D．半徑越小，線速度越小[解析]根據(jù)庫侖力提供向心力，由keq\f(Qq,r2)＝ma＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r＝mω2r＝meq\f(v2,r)，知r越大，a越小，ω也越??；r越小，v越大，而T越小，那么C項正確，其他選項錯誤。[答案]C[題后悟通]此題條件較少，解題關(guān)鍵是挖掘“某原子電離后其核外只有一個電子，假設(shè)該電子在核的靜電力作用下繞核做勻速圓周運動〞的隱含條件，即庫侖力提供電子做勻速圓周運動的向心力，進而列出相應(yīng)的動力學(xué)方程，根據(jù)向心力的不同表達式分析電子做勻速圓周運動的加速度、周期、角速度、線速度與半徑的關(guān)系。[對點訓(xùn)練]3.如下圖，真空中A、B兩點固定兩個等電荷量的正電荷，一個具有初速度的帶負(fù)電的粒子僅在這兩個電荷的作用下，可能做()A．勻速直線運動B．勻變速直線運動C．勻變速曲線運動D．勻速圓周運動解析：選D根據(jù)等電荷量正電荷電場分布的特點，一個具有初速度的帶負(fù)電的粒子僅在這兩個電荷的作用下，可能做勻速圓周運動，即以A、B連線的中點為圓心，在垂直于AB直線的平面內(nèi)做勻速圓周運動。4.(多項選擇)如下圖，兩個正、負(fù)點電荷，在庫侖力作用下，它們以兩者連線上的某一點為圓心做勻速圓周運動，以下說法中正確的選項是()A．它們所需要的向心力大小相等B．它們的運動半徑與電荷量成反比C．它們做圓周運動的角速度相等D．它們的線速度與其質(zhì)量成反比解析：選ACD兩異種點電荷能繞連線上某一點各自做勻速圓周運動，它們的角速度相同，二者間的庫侖力提供向心力：keq\f(Q1Q2,L2)＝m1ω2R1＝m2ω2R2，eq\f(R1,R2)＝eq\f(m2,m1)，eq\f(v1,v2)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(m2,m1)。故A、C、D正確，B錯誤。帶電粒子在周期性變化電場中的運動題型簡述帶電粒子在周期性變化的電場中運動時，由于電場的變化使粒子所受電場力變化，其加速度、速度、位移等都會發(fā)生相應(yīng)的變化，從而出現(xiàn)加速、減速或者周期性運動。方法突破帶電粒子在周期性變化電場中運動的分析方法(1)明確電場(E、U等)變化的規(guī)律。(2)做好兩個分析(受力分析和運動分析)，抓住粒子的運動具有周期性、空間上有的具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。(3)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)公式分析；二是功能關(guān)系。(4)此類題型一般有三種情況：①粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)；②粒子做往返運動(一般分段研究)；③粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)。[典例4]將如下圖交變電壓加在平行板電容器A、B兩極板上，開始B板電勢比A板電勢高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運動，設(shè)A、B兩極板的距離足夠大，以下說法正確的選項是()A．電子一直向著A板運動B．電子一直向著B板運動C．電子先向A運動，然后返回向B板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運動D．電子先向B運動，然后返回向A板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運動[解析]根據(jù)交變電壓的變化規(guī)律，不難確定電子所受電場力的變化規(guī)律，從而作出電子的加速度a、速度v隨時間變化的圖線，如下圖，從圖中可知，電子在第一個eq\f(T,4)內(nèi)做勻加速運動，第二個eq\f(T,4)內(nèi)做勻減速運動，在這半個周期內(nèi)，因初始B板電勢高于A板電勢，所以電子向B板運動，加速度大小為eq\f(eU,md)。在第三個eq\f(T,4)內(nèi)做勻加速運動，第四個eq\f(T,4)內(nèi)做勻減速運動，但在這半個周期內(nèi)運動方向與前半個周期相反，向A板運動，加速度大小為eq\f(eU,md)，所以，電子做往復(fù)運動，綜上分析正確選項應(yīng)為D。[答案]D[題后悟通]解決此題的關(guān)鍵首先是明確電壓的變化規(guī)律，從而明確電子的受力特點，結(jié)合牛頓第二定律進一步分析a、v的變化情況，結(jié)合a-t圖像、v-t圖像分析往往能快捷解題。[對點訓(xùn)練]5．如圖(a)所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為U＝1125V，兩板中央各有小孔O和O′?，F(xiàn)有足夠多的電子源源不斷地從小孔O由靜止進入A、B之間。在B板右側(cè)，平行金屬板M、N長L1＝4×10－2m，板間距離d＝4×10－3m，在距離M、N右側(cè)邊緣L2＝0.1m處有一熒光屏P，當(dāng)M、N之間未加電壓時電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的O″點并發(fā)出熒光?，F(xiàn)在金屬板M、N之間加一個如圖(b)所示的變化電壓u，在t＝0時刻，M板電勢低于N板電勢