2017年高考物理一轮复习第6章静电场能力课时8电场中的“三大”问题的突破方法

能力课时8 电场中的“三大”问题的突破方法一、单项选择题1.两个等量正点电荷位于x 轴上，关于原点O 呈对称分布，下列能正确描述电场强度E 随位置x 变化规律的图是( )解析 两个等量正点电荷位于x 轴上，关于原点O 呈对称分布，其电场线分布如图所示。

结合图可知在原点O 处电场强度为零，能正确描述电场强度E 随位置x 变化规律的图是A 。

答案 A2.平行板间加如图1所示的周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝T2时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图象的是( )图1解析 每半个周期两板间的电压恒定，板间电场为匀强电场，粒子所受电场力恒定，因此粒子从T2时刻开始在电场中做匀加速直线运动，在T 时刻电场反向，电场力大小不变，粒子做匀减速直线运动，在32T 时刻速度减为零，以后循环此过程。

答案 A3.电场中的三条等势线如图2中实线a 、b 、c 所示，三条等势线的电势φa ＞φb ＞φc 。

一电子以沿PQ 方向的初速度，仅在电场力的作用下沿直线从P 运动到Q ，则这一过程中电子运动的v －t 图象大致是图线中的( )图2解析电子由P点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为W＝q(φP－φQ)，因为q＜0，且φP＜φQ，所以W＞0，由动能定理可知，电子的动能不断增大，即速度不断增大，选项C、D错误；P点附近等势面密集，故场强较大，电子在P点附近所受电场力大，电子的加速度也就大，对应v－t图象的斜率大，故由P到Q，v－t图象的斜率不断减小，选项A正确，B错误。

答案 A4.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图3所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是( )图3A.q1、q2为等量异种电荷B.N、C两点间场强方向沿x轴负方向C.N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D.将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小解析根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，A错误；N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，B错误；根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C正确；正电荷从N移到D，由E p＝qφ知，电势能先减小后增大，D错误。

答案 C5.(2016·河北唐山模拟)粗糙绝缘的水平桌面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B。

板间桌面上静止着带正电的物块，如图4甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才开始运动，(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )图4A.在0～t 1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右B.在t 1～t 3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小C.t 3时刻物块的速度最大D.t 4时刻物块的速度最大解析 在0～t 1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小相等，即F f ＝qE ＝q Ud ，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A 错误；在t 1～t 3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，选项B 错误；t 3到t 4阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故t 3时刻速度最大，选项C 正确，D 错误。

答案 C 二、多项选择题6.某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图5所示。

在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内( )图5A.该静电场是匀强电场B.该静电场是非匀强电场C.电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐减小D.电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大解析 由于电势φ随x 的变化不是均匀变化，即ΔφΔx 不是常数，所以该静电场一定是非匀强电场，且O 点电场强度最大，x 0处电场强度最小，选项A 错误，B 正确；由电势变化规律可知，电场线方向指向x 轴负方向，在O 点由静止释放一电子，电子所受电场力的方向指向x 轴正方向，电子将沿x 轴正方向运动，且加速度逐渐减小，选项C 正确，D 错误。

答案 BC7.(2016·湖南师大附中月考)如图6所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J ，金属块克服摩擦力做功8 J ，重力做功24 J ，则以下判断正确的是( )图6A.金属块带正电荷B.金属块克服电场力做功8 JC.金属块的机械能减少12 JD.金属块的电势能减少4 J解析 W G ＝24 J ，W f ＝－8 J ，ΔE k ＝12 J ，由动能定理得电场力做功W E ＝－4 J ，说明金属块带正电荷，因此选项A 正确，B 错误；金属块的电势能变化量ΔE p ＝－W E ＝4 J>0，因此选项D 错误；金属块的机械能变化量ΔE ＝W E ＋W f ＝－12 J<0，选项C 正确。

答案 AC8.如图7所示，用长L ＝0.50 m 的绝缘轻质细线，把一个质量m ＝1.0 g 带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d ＝5.0 cm ，两板间电压U ＝1.0×103V 。

静止时，绝缘细线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直线的距离a ＝1.0 cm 。

取g ＝10 m/s 2。

则下列说法正确的是( )图7A.两板间电场强度的大小为2.0×104V/m B.小球带的电荷量为1.0×10－8CC.若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动D.若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动解析 设两板间的电场强度为E ，根据匀强电场的场强和电势差的关系得E ＝U d ＝1.0×1035.0×10 V/m ＝2.0×104V/m ，A 项正确；小球静止时受力平衡，由平衡条件得qE ＝mgtan θ，解得q ＝mgtan θE 。

因为θ角很小，所以tan θ≈sin θ＝a L ＝15，解得q ＝1.0×10－8C ，B 项正确；细线剪断时，由于小球受到重力和电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小球做初速度为零的匀加速直线运动，C 项错误，D 项正确。

答案 ABD 三、非选择题9.如图8所示，两块平行金属板MN 间的距离为d ，两板间电压U 随t 的变化规律如图所示，电压的绝对值为U 0。

t ＝0时刻M 板的电势比N 板低。

在t ＝0时刻有一个电子从M 板处无初速释放，经过1.5个周期刚好到达N 板。

电子的电荷量为e ，质量为m 。

求：图8(1)该电子到达N 板时的速率v ；(2)在1.25个周期末该电子和N 板间的距离s 。

解析 (1)根据题图可知，粒子先匀加速T 2，再匀减速T 2，速度减到零，最后匀加速T2到达N 板，根据动能定理得e U 03＝12mv 2－0，解得v ＝2U 0e3m。

(2)根据粒子运动的对称性可知，粒子每T 2运动d 3的距离，从T 到1.25T 的时间内，粒子运动了14×d 3＝d12，故1.25个周期末该电子和N 板间的距离s ＝d 3－d 12＝d4。

答案 (1)2U 0e 3m (2)d410.如图9所示，在竖直平面内，一匀强电场方向竖直向上，一电荷量为q 、质量为m 的带电微粒以水平初速度v 0由P 点射入，入射方向与电场线垂直。

带电微粒从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线夹角为30°。

知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，设P 点的电势为零，重力加速度为g 。

图9(1)求带电微粒在Q 点的电势能； (2)求匀强电场的电场强度大小；(3)当该带电微粒电势能为－12qU 时，机械能变化了多少？解析 (1)根据带电微粒的偏转方向，知该微粒带正电，P 、Q 两点的电势差为U ＝φP －φQ ，电场力做正功，电势能减少，而P 点的电势能为零根据φ＝E pq得E pQ ＝－qU(2)建立直角坐标系，垂直于电场线方向为x 轴，平行于电场方向为y 轴，由平抛运动的规律和几何知识可得tan 30°＝v 0v yv y ＝at d ＝v 0t a ＝Eq －mg m解得E ＝3mv 20＋mgdqd(3)当该带电微粒电势能为－12qU 时，电场力做了12qU 的正功，所以机械能增加了12qU答案 (1)－qU (2)3mv 20＋mgd qd (3)12qU11.(2015·山东八校联考)如图10所示，一根长L ＝1.5 m 的光滑绝缘细直杆MN ，竖直固定在场强为E ＝1.0×105N/C 、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中。

杆的下端M 固定一个带电小球A ，电荷量Q ＝＋4.5×10－6C ，另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q ＝＋1.0×10－6C ，质量m ＝1.0×10－2kg 。

现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B 开始运动。

(静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，取g ＝10 m/s 2)图10(1)小球B 开始运动时的加速度为多大？(2)小球B 的速度最大时，距M 端的高度h 1为多大？(3)小球B 从N 端运动到距M 端的高度h 2＝0.61 m 时，速度为v ＝1.0 m/s ，求此过程中小球B 的电势能改变了多少？解析 (1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mg －k QqL 2－qEsin θ＝ma①解得a ＝g －kQq L 2m －qEsin θm②代入数据解得：a ＝3.2 m/s 2③(2)小球B 速度最大时合力为零，即kQqh 21＋qEsin θ＝mg④解得h 1＝kQqmg －qEsin θ⑤代入数据解得h 1＝0.9 m⑥(3)小球B 从开始运动到速度为v 的过程中，设电场力做功为W ，根据动能定理得：mg(L －h 2)＋W ＝12mv 2代入数据得：W ＝－8.4×10－2J 电势能改变了ΔE p ＝－W ＝8.4×10－2J答案 (1)3.2 m/s 2(2)0.9 m (3)8.4×10－2J。