（新课标）2023年高考物理一轮复习第七章静电场章末热点集训

PAGEPAGE1第七章静电场章末热点集训电场强度的巧解MN为足够大的不带电薄金属板，在金属板的右侧，距离为d的位置上放入一个电荷量为＋q的点电荷O，由于静电感应产生了如下图的电场分布．P是金属板上的一点，P点与点电荷O之间的距离为r，P点的电场强度方向和大小为()A．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为eq\f(2kqd,r3)B．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为eq\f(2kq\r(r2－d2),r3)C．方向垂直于金属板向左，大小为eq\f(2kqd,r3)D．方向垂直于金属板向左，大小为eq\f(2kq\r(r2－d2),r3)[解析]题中电场与电量均为q的两个异号点电荷，距离为2d时产生的电场相同，如图甲所示，P点的电场方向垂直于金属板向左，设正负点电荷与P点的连线与水平方向的夹角为α，如图乙所示，所以P点的场强为E＝eq\f(kq,r2)cosα＋eq\f(kq,r2)cosα＝eq\f(2kq,r2)·eq\f(d,r)＝eq\f(2kqd,r3)，应选项C正确．[答案]C1.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如下图，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.M点的场强大小为E，那么N点的场强大小为()A.eq\f(kq,2R2)－E B．eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D．eq\f(kq,4R2)＋E解析：选A.左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷－q的右半球面的电场的合电场，那么E＝eq\f(2kq,〔2R〕2)－E′，E′为带电荷－q的右半球面在M点产生的场强大小．带电荷－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，那么EN＝E′＝eq\f(2kq,〔2R〕2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，那么A正确．带电粒子运动轨迹的分析(多项选择)如下图，实线是一质子仅在电场力作用下由a点运动到b点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线，那么以下说法中正确的选项是()A．假设虚线是电场线，那么质子在a点的电势能大，动能小B．假设虚线是等差等势线，那么质子在a点的电势能大，动能小C．质子在a点的加速度一定大于在b点的加速度D．a点的电势一定高于b点的电势[解析]假设虚线是电场线，由质子轨迹可知质子所受电场力方向沿电场线向左，由a点运动到b点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，A错；假设虚线是等势线，那么质子所受电场力垂直等势线向下，由a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，B对；因电场线和等差等势线的疏密程度均可表示电场强度大小，而a点处于密集区，所以Ea>Eb，由a＝eq\f(qE,m)知C对；因质子在a、b两点的电势能大小无法比拟，由Ep＝qφ知，a、b两点的电势无法比拟，D错．[答案]BC2.(多项选择)(2022·济南调研)如下图，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、eq\f(L,2)为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．以下判断正确的选项是()A．b、d两点处的电势相同B．四个点中c点处的电势最低C．b、d两点处的电场强度相同D．将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小解析：选ABD.根据等量异种点电荷电场线及等势线的分布可知b、d两点电势相同，电场强度大小相等、方向不同，选项A正确，C错误．四点中a点电势最高，c点电势最低，由a经b到c，电势越来越低，正电荷由a经b到c电势能越来越小，选项B、D正确．电容器的动态分析问题(多项选择)如下图，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的选项是()A．假设将A板向上平移一小段位移，那么油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．假设将A板向左平移一小段位移，那么油滴仍然静止，G中有b→a的电流C．假设将S断开，那么油滴立即做自由落体运动，G中无电流D．假设将S断开，再将A板向下平移一小段位移，那么油滴向上加速运动，G中有b→a的电流[解析]根据题图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当S闭合，假设将A板向上平移一小段位移，那么板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝eq\f(U,d)变小，油滴所受的合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，假设将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确；假设将S断开，两板所带电荷量Q保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；假设将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误．[答案]AB3.如下图，平行板电容器充电后断开电源，板间有一点P，在P点固定一个试探电荷q，现将下极板向下平移一小段距离，如果用F表示试探电荷在P点所受的电场力，用E表示极板间的电场强度，用φ表示P点的电势，用Ep表示试探电荷在P点的电势能，那么以下物理量随两极板间距离d的变化关系的图线中，可能正确的选项是()解析：选C.因为平行板电容器充电后与电源断开，故电荷量一定，下极板下移，那么板间距离d变大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C变小，由U＝eq\f(Q,C)可知U变大，平行板间的电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)·d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，故场强E不变，由F＝qE可知，试探电荷所受的电场力F也不变，选项A、B错误；P点与上极板间的电势差保持不变，所以P点的电势和试探电荷在P点的电势能都不变，应选项C正确、D错误．带电粒子在“等效力场〞中的运动如下图的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动.小球所受电场力是其重力的eq\f(3,4)，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝60°，sBC＝2R.假设使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[解析]小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如下图．可知F＝1.25mg，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即到达D点时圆环对小球的弹力恰好为零．由圆周运动知识得：F＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，即：1.25mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)小球由A运动到D点，由动能定理得：mg(h－R－Rcos37°)－eq\f(3,4)mg×(hcotθ＋2R＋Rsin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)联立解得h＝7.7R.[答案]7.7R4.如下图，绝缘光滑轨道AB局部是倾角为30°的斜面，AC局部为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能平安通过圆轨道，那么在O点的初速度应为多大？解析：电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝eq\r(〔qE〕2＋〔mg〕2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，由几何关系知：A为等效最低点，D为等效最高点，要使小球平安通过圆轨道，经过D点时应满足：mg′≤eq\f(mveq\o\al(2,D),R)令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：－mg′·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，即v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3)).答案：v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))带电粒子在电场中的加速和偏转问题的求解如下图，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x.[解析](1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)v1＝a1t1，t2＝eq\f(2L,v1)运动的总时间为t＝t1＋t2＝3eq\r(\f(mL,eE)).(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(2eE,m)t3＝eq\f(L,v1)，vy＝a2t3tanθ＝eq\f(vy,v1)联立各式解得tanθ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)tanθ＝eq\f(x2,L)解得：x＝x1＋x2＝3L[答案](1)3eq\r(\f(mL,eE))(2)2(3)3L5.如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线．其中N板接地．当M板的电势φ＝φ0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场，某种电荷量为q的带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计．(1)求粒子的质量；(2)假设M板的电势变化如图乙所示，其周期T＝eq\f(L,2v0)，从t＝0开始，前eq\f(T,3)内φM＝2φ，后eq\f(2T,3)内φM＝－φ，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求φ的值．解析：(1)设粒子经过时间t0打在M板中点，沿极板方向：eq\f(1,2)L＝v0t0，垂直极板方向：eq\f(1,2)d＝eq\f(qφ0,2md)teq\o\al(2,0)，整理得m＝eq\f(qφ0L2,4d2veq\o\al(2,0)).(2)粒子通过两板时间t＝eq\f(L,v0)＝2T，从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电势变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为a1＝eq\f(2qφ,md)，方向垂直极板向上；在每个电势变化周期的后三分之二时间内加速度大小为a2＝eq\f(qφ,md)，方向垂直极板向下，不同时刻从O1点进入电场的粒子在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如下图．因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT或t＝nT＋eq\f(1,3)T(n＝0，1，2…)时刻进