《2022届高考物理总复习二轮精品专题五 电场 教师版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高考物理总复习二轮精品专题五 电场 教师版.docx（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、本专题主要考查对电场力的性质和能的性质的理解，带电粒子在电场中的加速和偏转问题。命题形式选择题和计算题均有出现，考查考生的建模能力和应用数学知识处理物理问题的能力。一、电场的性质与带电粒子在电场中运动问题1三个物理量的判断方法判断场强强弱根据电场线或等势面的疏密判断；根据公式Ek和场强叠加原理判断判断电势的高低根据电场线的方向判断；由UAB和UABAB判断；根据电场力做功(或电势能)判断判断电势能大小根据Epq判断；根据EpW电，由电场力做功判断2电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qUmv2mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用WqEd来求解。(2)偏转运动：一般
2、研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理。二、与平行板电容器相关的电场问题1记住三个公式：定义式C，决定式C，关系式E。2掌握两个重要结论(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。3注意一个特例：当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。1(多选)(2020·全国课标卷·
3、;T21)如图，M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是()A沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负【答案】BC【解析】点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图，M是最大内角，所以PNPM，根据点电荷的场强公式Ek(或者根据电场线的疏密程度)可知从MN电场强度先增大后减小，A错误；电场线与等势面(图中虚线)处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从MN电势先增大后减小，B正确；M、N两点的电势大小关系为MN
4、，根据电势能的公式Epq可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；正电荷从MN，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误。2如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是()A平行板电容器的电容将变小B带电油滴的电势能将减小C静电计指针张角变小D若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】B【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C知，d减小，则电
5、容增大，故A错误；电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该油滴带负电荷，则电势能减小，故B正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C错误；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，再将下极板左移一小段距离，正对面积S减小，根据E，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D错误。3(2019·全国卷·T24)如图所示，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为(0)。质量为m、电
6、荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有：E，FqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有：qEhEkmv设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有：hat2，lv0t联立式解得Ekmvqh，lv0。(2)若粒子穿过G一次就
7、从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L2l2v0。1(多选)(2019·全国卷·T21)如图所示，电荷量分别为q和q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则()Aa点和b点的电势相等Ba点和b点的电场强度大小相等Ca点和b点的电场强度方向相同D将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC【解析】分别画出电荷q和q在a、b处的电场，如图1所示，根据电场叠加的原理，可知a、b两点的电场强度大小、方向均相同，故B、C正确；画出q、b、q、a所在平面的电场线，如图2，由图可知b点的电势大于a点，所以将负电荷从a点移到
8、b点，电势能减小，故A、D错误。【点评】本题考查点电荷电场强度叠加的计算，由于电场强度是矢量，因此对其大小和方向要全面考虑。本题的易错点在于不能将立体图转化为平面图，空间想象力差，不能正确运用几何关系进行分析，从而导致错解。2(2020·全国卷I·T25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角60°。运动中粒子仅受电场力作用。(
9、1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【解析】(1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：xACR所以根据动能定理有：qExACmv0解得：E。(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大，则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有xRsin 60°v1tyRRcos 60°at
10、2而电场力提供加速度有qEma联立各式解得粒子进入电场时的速度v1；(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有xBCRv2t2xACRat电场力提供加速度有qEma联立解得v2；当粒子从C点射出时初速度为0。【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动，考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题。易错点在于找不到动能最大所对应的位置，从而导致无法解决问题(2)；对于动量变化量为，只考虑了类平抛运动的情况，忽略了初速度为0的情况。1如图所示，用两根等
11、长的轻质细绝缘线M、N把带电小球甲悬挂在水平天花板上，两线之间的夹角为60°。小球甲电荷量q2.0×106 C，质量m0.1 kg，其正下方l0.3 m处固定有一带等量同种电荷的小球乙。小球甲、乙均可视为点电荷，静电力常量k9×109 N·m2/C2，重力加速度g取10 m/s2。则细线N的拉力大小为()A N B NC N D N【答案】A【解析】小球甲、乙之间的库仑力Fk0.4 N，设细线M、N的拉力大小均为T，对小球甲受力分析，根据平衡条件有2Tcos 30°Fmg，解得T N，故选A。2如图所示，A、B、C为三段圆柱体，质量均为m，均可
12、视为质点，通过铰链与两根长为L的轻杆相连，A、B、C位于竖直面内且成正三角形，其中A、C置于光滑水平面上，A、C带电，电荷量均为q，A、C间的库仑力忽略不计，B不带电。起初在水平向右的匀强电场中三个物体均保持静止，现水平电场突然消失，B由静止下落，物体A、C在杆的作用下向两侧滑动，三物体的运动始终在同一竖直平面内。已知重力加速度为g，则物体B由静止至落地的过程中，下列说法正确的是()A物体A、C带异种电荷，且A带负电，C带正电B水平电场的电场强度大小为C圆柱A对地面的压力一直大于mgD圆柱B落地的速度大小近似为【答案】D【解析】根据平衡条件可知，A带正电，C带负电，对B受力分析可知，杆上的支持
13、力2Fcos 30°mg，解得Fmg，对C分析可得杆上作用力的水平分力等于电场力，即EqFcos 60°mg，可知A、B错误；在B落地前的一段时间，A、C做减速运动，轻杆对球有向上作用力，故球A对地面的压力可能小于mg，C错误；对整个系统分析，mgLmvB2，得，D正确。3如图所示为两个不等量的异种电荷所形成的电场，曲线PQR是一带电粒子仅在电场力作用下通过该电场区域时的运动轨迹，由此可判断()A该带电粒子一定带正电B带电粒子在P点的动能小于在Q点的动能C带电粒子在P点的加速度大于在R点的加速度D带电粒子在P点的电势能小于在R点的电势能【答案】B【解析】根据粒子的运动轨迹，
14、粒子在Q点受电场力大致向左，可知该带电粒子一定带负电，A错误；从P点到Q点电场力做负功，则带电粒子在P点的动能小于在Q点的动能，B正确；由电场线分布可知，R处的电场线较P点密集，则粒子在Q点受电场力较大，则带电粒子在P点的加速度小于在R点的加速度，C错误；因R点的电势高于P点的电势，则带负电的粒子在P点的电势能大于在R点的电势能，D错误。4如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝缘圆形细管水平固定在桌面A、B两点间，且圆形细管圆心O位于A、B连线的中点，细管与A、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F。一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运动，不计一
15、切摩擦，下列说法正确的是()A小球从C运动到D的过程中，速度先减小后增大B在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比F点的电势低C小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能D小在D、F两点所受的电场力相同【答案】C【解析】小球从C到D的过程中电场力的方向一直与速度方向是钝角，电场力一直做负功，速度一直减小，A错误；由等量正电荷的电场线的分布可知，电场线在OC方向由C指向O，在OF方向则有O指向F，顺着电场线电势降低，因此有COF，B错误；由等量正电荷的电场的对称性可得，在C、E两点电势相等，则小球在C、E两点具有相同的电势能，小球在细管中运动，仅有电场力做功，由能量守恒定律可得小球在C
16、、E两点动能变化等于在在C、E两点电势能变化，故小球动能变化为零，故在在C、E两点的速度大小相等，C正确；等量同种电荷的电场线如图，D点电场线在向上，F点电场在向下，因此电场力方向不同，D错误。5如图所示为某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，薄片P接地，两极板之间有一点A，人对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，则在P、Q间距增大的过程中()A电容器的电容增大B金属极板上的电荷量不变CA点的电势降低DP、Q间电场强度减小【答案】D【解析】由C知，两极板间距离增大时，电容器的电容减小，A错误；因为QCU，而本题中两板间电压不变，电容减小，故金属极板上的电荷量减小
17、，B错误；P接地，电势为0，A点电势大于0，AUQPUQAUQPEdQA，由E知P、Q间电场强度减小，故A点的电势增大，C错误、D正确。6(多选)在x轴上存在一水平方向的电场，有一质量m2 kg，电荷量q1 C的带正电的小球只在电场力的作用下，以初速度v02 m/s，从x06 m处开始沿光滑绝缘水平面向x轴负方向运动。电势随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是()A小球运动范围0x6 mB小球运动范围1 mx7 mC当小球运动到电势为2 V的位置时，小球的动能为6 JD小球的动能最大值为8 J【答案】BC【解析】带电小球只在电场力的作用下运动，只发生着动能和电势能之间的转化，动能和电势
18、能之和为定值，小球在x06 m处的动能Ek0mv028 J，电势能Ep00，总能量EEk0Ep08 J，结合图象可得，小球在x1 m和x7 m处的电势能都为8 J，小球在x1 m和x7 m处的动能都为0，速度都为0，小球的运动范围为1 mx7 m，故A错误，B正确；当小球运动到电势为2 V的位置时，电势能为2 J，小球的动能为6 J，故C正确；小球在x4 m处电势能有最小值8 J，动能最大值为16 J，故D错误。7(多选)在某空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的三维直角坐标系Oxyz，以坐标原点O为球心的球面交坐标轴x于a、b两点，交y轴于c、d两点，交z轴于e、f两点。将带电荷量为q(q
19、0)、质量为m的点电荷从O点分别移到b、c、f三点处，电场力所做的功分别为Wb、Wc、Wf，且WbWfW，Wc0，则()Ab点电势等于f点电势BO、b两点的电势差UObC将q在球面上任意两点间移动时电场力做功最多是D球面上电势最高的点可能在圆decf上的某一点【答案】AC【解析】由O到c点，电场力做功为零知O和c的电势相等，Oc连线在匀强电场中是一条等势线，与电场线垂直，所以电场线与xOz平面平行，因为粒子从O到b和从O到f电场力做功是相等的，所以b和f的电势相等，A正确；连接b、f，则bf是一条等势线，与电场线垂直，如图所示，过O点作一条直线垂直bf交于圆上P、Q两点，PQ即为一条电场线。从
20、O到b，电场力做功W(q)UOb，得UOb，B错误；设球面半径为R，由WqERcos 45°，在球面上任意两点间移动时，位移最大为2R，电场力做功WqE·2Rcos ，当cos 1时做功最多， Wm2W，C正确；电势最高或最低的点如图中的PQ两点，D错误。8(多选)如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球
21、均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。则下列说法正确的是()AA球刚进入水平轨道的速度大小为BA、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能EpmghCA球最终的速度vA为DB球最终的速度vB为【答案】ACD【解析】对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh×2mv02，v0，故A正确；A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时有共速2mv0(2mm)v，v，根据能的转化和守恒定律2mgh(2mm)v2Epm，得Epmmgh，故B错误；当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定，2mv02m
22、vAmvB，×2mv02×2mvA2mvB2，得vA，vB，故CD正确。9(多选)如图所示，ACB为固定的光滑半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为水平直径的两个端点，AC为圆弧，MPQO为竖直向下的有界匀强电场（边界上有电场），电场强度的大小。一个质量为m，电荷量为q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，小球运动过程中电量不变，不计空气阻力，已知重力加速度为g。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是() A若H3R小球从A到C的过程中，电势能增加2mgRB若HR，则小球一定能到达B点C若小球到达C点时对轨道压力为6mg，则H4.5RD若HR
23、，则小球刚好沿轨道到达C点【答案】AC【解析】若H3R小球从A到C的过程中，电场力做负功，电势能增加，则有EpEqR2mgR，故A正确；小球刚好能到B点时，由弹力提供向心力，则满足过B点的速度vB0，由A到B的动能定理可知mgHqERmvB20，解得h2R，故B错误；过C点的压力为6mg，则由牛顿第三定律可知轨道的支持力为6mg，对C点受力分析有NqEmg，从A到C由动能定理有mg(HR)qERmvC20，解得H4.5R，故C正确；若HR，假设小球可以沿轨道到达C点，根据动能定理有mg(HR)qERmvC20，解得vC0，故在C点需要的向心力为零，但电场力和重力的合力向上，大于需要的向心力，不
24、能沿着轨道过C点，说明球到达C点前已经离开轨道，故D错误。10(多选)如图甲所示，平行金属板P、Q上有两个正对小孔，P板接地，Q板的电势Q随时间变化的情况如图乙所示，完全相同的正离子以相同的初速度v0陆续从P板小孔飞向Q板小孔，t0时刻从P板小孔飞入的离子在t时刻到达Q板小孔且速度刚好减小到零（未返回）。不计力、小孔对板间电场的影响、离子间的相互作用。则下列说法正确的是()A所有离子在板间运动的时间都相等Bt时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的速度为v0Ct时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的速度为v0D若将两板距离变成原来的两倍，则t0时刻从P板小孔飞入的离子到达Q板时的速度仍为零【答案
25、】BC【解析】由于离子在两板之间的运动过程中，只受到电场力的作用，不同时间释放的离子初速度相同，但受到电场力作用的时间不同，所以运动时间不可能都相等，A错误；在t0进入的离子，在t到达Q板且速度刚好减小到零，根据动量定理，有Fmv0，在进入的离子，在电场中运动了时间，且在下个周期前到达Q板，根据动量定理，有Fmvmv0，可得vv0，B正确；两极板间距离dv0v0T，在进入的离子，在前时间内做匀速直线运动，距离dv0d，接着在电场中运动的距离d2ddd，根据动能定理，在t0进入的离子Fdmv02，在进入的离子Fd2mv12mv02，解得v1v0，C正确；若两板间的距离变为原来的2倍，电场强度变为
26、原来的一半，离子做减速运动的加速度也变为原来的一半，在时刻电场消失时，离子的速度并不为0，接着做匀速直线运动，在下个周期之前离开Q板，所以到达Q板的速度并不为0，D错误。11如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E2.5×106 N/C的匀强电场中，一质量m0.5 kg、电荷量q2.0×106 C的可视为质点的小物体，从距离C点L04.0 m的A点处，在拉力F4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数0.6，g取10 m/s2。求：(1)小物体刚要进入电场前经过C点时
27、的速度大小；(2)小物体在电场中运动的时间。【解析】(1)对小物体在拉力F的作用下由静止开始从A点运动到C点过程，应用动能定理得：FL0mgL0mvC20解得：vC4 m/s。(2)小物体进入电场向右减速的过程中，有：mgqEma1vCa1t1设小物体向右减速的时间为t1，则：vCa1t1小物体在电场中向右运动的距离x(vC 0)t1由于mgqE，所以小物体减速至0后反向向左加速，直到滑出电场，则有：mgqEma2xa2t22小物体在电场中运动的时间tt1t2联立解得：t0.75 s。12如图所示，真空中有两块正方形平行正对金属极板A、B，边长L10 cm，两板间距d1 cm。紧贴两极板右边缘
28、有一个与极板同宽、上下长度足够长的荧光屏。在A、B间加U100 V恒定电压，B板电势较高。在两板左端面正中央位置O处有一离子源。以O点为原点，以垂直于荧光屏方向为z轴，垂直于极板方向为y轴，平行于荧光屏方向为x轴，建立图示坐标系。离子源发射的正离子的比荷为108 C/kg，离子的速度大小介于0到2×106 m/s之间，打在极板上的离子均被吸收。(1)若离子源沿z轴正方向不断发射离子，试求能打在荧光屏上的离子的速度范围；(2)若离子源发射了一个离子，分速度分别为vx5×105 m/s，vy0，vz1.5×106 m/s，求该离子打在荧光屏上点的坐标；(3)若离子源沿
29、xOz平面内各方向发射离子，且所有离子的速度大小均为2×106 m/s，写出这些离子打在荧光屏上的图象的坐标x、y满足的关系式。【解析】(1)设发射速度为v0的离子刚好打在极板边缘，离子在z方向做匀速直线运动，y方向做匀加速直线运动：Lv0t，dat2，Eqma，E联立解得：a1012 m/s2，v0106 m/s因此速度介于106 m/s到2×106 m/s之间的离子能达到荧光屏上。(2)离子在x、z方向做匀速直线运动，y方做匀加速直线运动：xvxt1，Lvzt1，yat12联立解得：x cm，ycm该离子打在荧光屏上点的坐标为（ cm，cm，10cm）。(3)设离子发射速度方向与z轴夹角为，v2×106 m/s，则离子在x、z 方向的分速度分别为：vxvsin ，vzvcos 离子z方向和x方向都做匀速直线运动，故打到屏上位置的x坐标xLtan y方向做匀变速直线运动，由第(2)问可得，离子打在屏上位置的y坐标利用联立消除可得整理得并代入数据得：（x、y单位都取m）故图象为一条抛物线。