2019届高三物理错题本——静电场(四)

2019届高三物理错题本——静电场（四）综合类陈庆威1．已知电荷均匀分布的绝缘球，球壳对壳内点电荷的作用力为零，对球壳外点电荷的作用力等于将所有电荷量全部集中在球心的点电荷对球外点电荷的作用力．若真空中有一半径为R 的均匀带正电的绝缘球，通过其球心作一条直线用r 表示该直线上某点到球心的距离，则该直线上各点的电场强度E 随r 变化的图象正确的是( )[解析] 该球的电荷密度ρ＝q43πR 3，球内某点的电场强度等于以距球心的距离r 为半径的球体所产生的电场强度，大小E ＝k ρ4π3r 3r 2＝kqr R 3，球外某点的电场强度E ＝k q r 2，只有选项A 正确． [答案] A2．在x 轴上关于原点对称的a 、b 两点处固定两个电荷量相等的点电荷，如图所示的E －x 图象描绘了x 轴上部分区域的电场强度(以x 轴正方向为电场强度的正方向)．对于该电场中x 轴上关于原点对称的c 、d 两点，下列结论正确的是( )A．两点场强相同，c点电势更高B．两点场强相同，d点电势更高C．两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势高D．两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势低[解析]题图中a点左侧、b点右侧的电场都沿x轴负方向，则a点处为正电荷，b点处为负电荷，又两点电荷的电荷量相等，则c、d两点的场强相同，c点电势更高，A对，B、C、D错．[答案] A3．(多选)如下图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，其上面放一个质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接．现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，小球的电荷量保持不变，则上述过程中()A ．小球的电势能增加W 2B ．弹簧弹性势能最大值为12m v 2＋W 1－W 2 C ．弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小D ．小球和弹簧组成系统的机械能增加W 2[解析] 电场力对小球做正功，电势能减少W 2，选项A 错误；小球从静止到速度为v ，由功能关系，有E p 弹＋W 1＋W 2＝12m v 2，弹簧弹性势能最大值E p 弹＝－W 1－W 2＋12m v 2，选项B 错误；对小球和弹簧组成的系统，由功能关系，机械能增加量等于电场力做的功W 2，选项D 正确；弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能、动能四者之和保持不变，若小球速度一直增大，则弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和一直减小，选项C 正确．[答案] CD4．两电荷量分别为q 1和q 2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 变化的关系如图所示，其中C 为ND 段电势最低的点，则下列说法正确的是( )A．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．N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，B错．根据ND段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．[答案] C几种常见的φ－x图象(1)点电荷的φ－x图象(取无限远处电势为零)①正点电荷的φ－x图象如图1所示；②负点电荷的φ－x图象如图2所示．(2)两个等量异种电荷连线上的φ－x图象，如图3所示．(3)两个等量同种电荷的φ－x图象①两正电荷连线上的φ－x图象如图4所示．②两正电荷连线的中垂线上的φ－y图象如图5所示．5.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是()A ．x 1处电场强度最小，但不为零B ．粒子在0～x 2段做匀变速运动，在x 2～x 3段做匀速直线运动C ．在0、x 1、x 2、x 3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1D ．x 2～x 3段的电场强度大小、方向均不变[思路点拨] 根据图象切线的斜率分析判断场强的变化情况，进一步分析粒子的运动情况．根据电势能与电势的关系分析电势的变化情况．[解析] 电势能与电势的关系为E p ＝qφ，场强与电势的关系为E＝ΔφΔx ，解得E ＝ΔE p qΔx ，由数学知识可知E p －x 图象切线的斜率等于ΔE p Δx ，x 1处切线的斜率为零，则知x 1处电场强度为零，选项A 错误．由题图可以看出在0～x 1段图象的切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，粒子做非匀变速运动．x 1～x 2段图象的切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，粒子做非匀变速运动．x 2～x 3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，粒子做匀变速直线运动，选项B 错误，D 正确．根据电势能与电势的关系E p ＝qφ，粒子带负电，q <0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，选项C 错误．[答案] D6.(多选)如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 的变化情况如图乙所示，t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是( )A ．φ1∶φ2＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶3C ．在0～2T 时间内，当t ＝T 时电子的电势能最小D ．在0～2T 时间内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ21md 2[思路点拨] 电子在交变电场中运动时，先由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学规律求出末速度和位移，由题设条件得出φ1与φ2的关系．涉及的电势能问题，由能量守恒可以进行判断．[解析] 0～T 时间内平行板间的电场强度为E 1＝φ1d ，电子以a 1＝E 1e m ＝φ1e dm 向上做匀加速直线运动，当t ＝T 时电子的位移x 1＝12a 1T 2，速度v 1＝a 1T .T ～2T 时间内平行板间的电场强度E 2＝φ2d ，加速度a 2＝φ2e dm ，电子以v 1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x 2＝v 1T －12a 2T 2，由题意t ＝2T 时电子回到P 点，则x 1＋x 2＝0，联立可得φ2＝3φ1，选项A 错误，B 正确.0～T 时间内，电势能减少量为12m v 21＝φ21e 2T 22d 2m，0～2T 时间内，电势能减少量为12m v 22＝2φ21e 2T 2d 2m，t ＝T 时不是电势能最小时刻，C 错误．电子在t ＝2T 时回到P 点，此时速度v 2＝v 1－a 2T ＝－2φ1eT dm (负号表示方向向下)，电子的动能为E k ＝12m v 22＝2e 2T 2φ21md 2，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，选项D 正确．[答案] BD7．如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0<T 4 B.T 4<t 0<34TC.34T <t 0<TD.34T <t 0<5T 4[解析] 设粒子的速度、位移方向向右为正方向，分别作出t 0取不同值时粒子运动的图象，如图所示，由图象可得，t ＝0时刻释放的粒子，一直向B 板运动；t ＝T 4时刻释放的粒子，时而向A 板运动，时而向B 板运动，正负位移相等，一个周期内的合位移为零．根据题意粒子时而向A 板运动，时而向B 板运动，一周期内最终位移为负，符合题意的是B 选项．[答案] B8．如下图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E ，一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，细线一端拴一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A 处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B 时速度为零．以下说法中正确的是( )A．小球在B位置处于平衡状态B．小球受到的重力与电场力的关系是3Eq＝mg C．小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为－12qEl[解析]小球的受力图如下图所示，由图可知小球的运动可看作是在一个等效重力场中的摆动过程，根据摆球模型的特点，小球在B 位置时受力不平衡，并且小球将在AB之间往复运动，其幅度不变，故选项A、C错误；根据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB轨迹的中点位置时，小球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知，qE＝3mg，选项B错误；小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为W＝－qEl(1－cos60°)＝－12qEl，选项D正确．[答案] D9．(多选)如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的是()A．保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动B．断开开关S后，将A、B两极板分开一些C．断开开关S后，将A、B两极板的正对面积减小一些D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些[解析]保持开关S闭合，电容器两极板的电势差不变，等于电源两端电压，静电计指针张开的角度不变，A、D选项错误；断开开关S后，电容器极板上带电荷量Q不变，将A、B两极板分开一些，由C＝εS4πkd可知，电容器的电容减小，又Q＝CU，则电势差增大，B选项正确；断开开关S后，将A、B两极板的正对面积减小一些，电容器的电容减小，由C＝QU可知，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，C选项正确．[答案]BC10．(多选)(2015·四川卷)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量[解析]小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．[答案]BC11.如图所示，在竖直平面内有一水平向右的匀强电场，场强E＝1.0×104N/C.电场内有一半径为R＝2.0 m的光滑绝缘细圆环形轨道竖直放置且固定，有一质量为m＝0.4 kg、带电荷量为q＝＋3.0×10－4 C的①带孔小球穿过细圆环轨道静止在位置A，现对小球沿切线方向作用一瞬时速度v A，使小球②恰好能在光滑绝缘细圆环形轨道上做圆周运动，取圆环的最低点为重力势能和电势能的零势能点．已知g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)瞬时速度v A的大小；(2)③小球机械能的最小值．[审题指导]①属于“轻杆”模型．②等效最高点速度为0.③除重力以外的力做负功最多，小球的机械能最小．[尝试解答](1)如右图所示，小球的平衡位置在A点，此时重力与电场力的合力F与重力的夹角为θ，则tanθ＝qEmg＝34，θ＝37°，F＝54mg小球速度最小时的位置在过平衡位置的直径的另一端B，且v B＝0，从B位置到A位置，由动能定理有5mg4×2R＝12m(v2A－v2B)代入数据得v A＝10 m/s.(2)由功能关系可知，除重力外的其他力做的负功越多，小球的机械能越小，因此小球机械能的最小值的位置在小球电势能的最大值的位置，即在图中D 位置，设机械能的最小值为E min ，则由能量关系得12m v 2A ＋mgR (1－cos θ)－EqR (1＋sin θ)＝E min ，代入数据得E min ＝12 J.[答案] (1)10 m/s (2)12 J12.如图所示，开有小孔的平行板水平放置，两极板接在电压大小可调的电源上，用喷雾器将油滴喷注在小孔上方．已知两极板间距为d ，油滴密度为ρ，电子电荷量为e ，重力加速度为g ，油滴视为球体，油滴运动时所受空气的粘滞阻力大小F f ＝6πηr v (r 为油滴半径、η为粘滞系数，且均为已知量)，油滴所带电荷量是电子电荷量的整数倍，喷出的油滴均相同，不考虑油滴间的相互作用．(1)当电压调到U 时，可以使带电的油滴在板间悬浮；当电压调到U 2时，油滴能在板间以速度v 匀速竖直下行．求油滴所带电子的个数n 及油滴匀速下行的速度v ；(2)当油滴进入小孔时与另一油滴粘连在一起形成一个大油滴，以速度v 1(已知)竖直向下进入小孔，为防止碰到下极板，需调整电压，使其减速运行，若将电压调到2U ，大油滴运动到下极板处刚好速度为零，求大油滴运动到下极板处时的加速度及这一过程粘滞阻力对大油滴所做的功．[思路点拨] 油滴在静止时只受重力和电场力，而在运动时还会受到空气的粘滞阻力；结合物体的平衡条件、牛顿第二定律和动能定理，弄清楚油滴运动的过程和初、末状态即可求解．[尝试解答] (1)油滴静止时，电场力与重力平衡，有qU d ＝mg匀速下降时，有qU 2d＋6πηr v ＝mg 其中质量m ＝43πρr 3 联立可得n ＝q e ＝4πρgdr 33eU ，v ＝gρr 29η. (2)①大油滴质量为2m ，所带电荷量为2q ，当它运动到下极板时速度恰好为零，故2q 2U d －2mg ＝2ma联立解得：a ＝g ，方向竖直向上②油滴从上极板到下极板由动能定理可得：2mgd －2q ·2U ＋W f ＝0－12·2m v 21 m ＝43πρr 3 联立解得：W f ＝83πρgdr 3－43πρv 21r 3＝43πρr 3(2gd －v 21)． [答案] (1)4πρgdr 33eU gρr 29η(2)g ，方向竖直向上 43πρr 3(2gd －v 21) 带电体在匀强电场中直线运动问题的分析方法13.如下图所示，直流电源的路端电压U＝182 V，金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近．它们分别和滑动变阻器上的触点a、b、c、d连接．滑动变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为1∶2∶3.孔O1正对B和E，孔O2正对D和G.边缘F、H正对．一个电子以初速度v0＝4×106m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场．金属板间的距离L1＝2 cm，L2＝4 cm，L3＝6 cm.电子质量m＝9.1×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C．正对两平行板间可视为匀强电场，不计电子重力，求：[思路点拨] (1)据E ＝U d 可推出三个电场场强相同．(2)可以把三个电场连在一起看做一个匀强电场，然后根据运动学规律或动能定理解题．[尝试解答] (1)三对正对极板间电压之比U 1∶U 2∶U 3＝R ab ∶R bc ∶R cd ＝1∶2∶3板间距离之比L 1∶L 2∶L 3＝1∶2∶3故三个电场场强相等E ＝U L 1＋L 2＋L 3＝1516.67 V/m. (2)根据动能定理有eU ＝12m v 2－12m v 20 电子离开H 点时的动能E k ＝12m v 20＋eU ＝3.64×10－17 J. (3)由于板间场强相等，则电子在“竖直方向”受电场力不变，加速度恒定．可知电子做类平抛运动．竖直方向：L 1＋L 2＋L 3＝12×eE m t 2 水平方向：x ＝v 0t联立解得x ＝0.12 m极板总长AB ＋CD ＋EF ＋GH ＝2x ＝0.24 m.[答案] (1)1516.67 V/m (2)3.64×10－17 J(2)0.24 m分析粒子在电场中偏转运动的两种方法(1)分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动.(2)功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算.①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量.②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的.14．在光滑的水平面上固定一个直角三角形支架ABC ，其中一个角度为37°.支架的A 端固定一绝缘光滑的管道，内部固定一个轻质弹簧，在弹簧处于自然状态时弹簧的另一端Q 与A 的间距为2R ，AC ＝7R .在Q 点右侧有场强为E 的匀强电场，如图所示．质量为m 、带正电q 的小物块P 自C 点由静止开始运动．已知P 与CQ 直轨道间的动摩擦因数μ＝14，其余部分光滑．(取sin37°＝35，cos37°＝45)(1)求P 第一次运动到Q 点时速度的大小．(2)若用P 缓慢压缩弹簧到某点E ，由静止释放后，P 滑过C 点运动到与AB 所在直线间距最远点M 处，M 点与AB 所在直线的距离为265R .求P 在E 点时，弹簧具有的弹性势能； (3)若支架在C 端与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，O为圆心，OD ∥BC .A 、B 、C 、D 均在同一平面内．用P 缓慢压缩弹簧到某点由静止释放，要使P 能够到达圆轨道、并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，求释放P 时弹簧具有的弹性势能．[解析] (1)对小物块，由静止下滑到Q 点过程中，根据动能定理 qEs ·sin37°－μqEs ·cos37°＝12m v 2s ＝AC －AQ ＝5R得：v ＝2 qERm(2)在最远点M 处，速度垂直于E ，根据运动对称性，相当于从M 点平抛到C 点，则y ＝265R －AC ·sin37°＝Rv 2y ＝2ayqE ＝mav C ·sin37°＝v y从E 到C 过程根据能量守恒：E p ＝12m v 2C ＋qE ·CQ ·sin37°＋μqE ·CQ ·cos37°有：E p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋259qER ＝619qER(3)有三种临界情况：第一种：若刚好能够到达C 点，v C ＝0根据动能定理：E p1＝qE ·CQ ·sin37°＋μqE ·CQ ·cos37°有：E p1＝4qER第二种：若刚好能够到达O 点右侧的K 点，v K ＝0根据动能定理：E pq ＝qE ·CQ ·sin37°＋μqE ·CQ ·cos37°＋qE ·56R ·cos37° 有：E p2＝143qER 第三种：若刚好能够通过D 点：在D 点：qE ＝m v 2D rr ＝56R 根据动能定理：E p3＝qE ·CQ ·sin37°＋μqE ·CQ ·cos37°＋qE 56R (1＋cos37°)＋12m v 2D 有：E p3＝7112qER 要使P 能够到达圆轨道，并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，释放P 时弹簧具有的弹性势能应满足：4qER <E ≤143qER ，或E ≥7112qER [答案] (1)2 qER m (6)619qER (3)4qER <E ≤143qER 或E ≥7112qER 15．如图甲所示，一对平行金属板M 、N 长为L ，相距为d ，O 1O 为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场．当两板间加电压U MN ＝U 0时，某一带负电的粒子从O 1点以速度v 0沿O 1O 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)求带电粒子的比荷q m ；(2)若M 、N 间加如图乙所示的交变电压，其周期T ＝L v 0，从t ＝0开始，前T 3时间内U MN ＝2U ，后2T 3时间内U MN ＝－U ，大量的上述粒子仍然以速度v 0沿O 1O 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U 的值．[解析] (1)设粒子经过时间t 0打在M 板中点沿极板方向有L 2＝v 0t 0 垂直极板方向有d 2＝qU 02md t 20解得q m ＝4d 2v 20U 0L 2(2)粒子通过两板间的时间t ＝L v 0＝T 从t ＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a 1＝2qU md ，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a 2＝qU md上图所示为从不同时刻射入电场粒子的速度—时间图象，根据题意和图象分析可知，从t ＝nT (n ＝0、1、2、…)或t ＝T 3＋nT (n ＝0、1、2、…)时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有d 2＝12×T ×2qUT 3md解得U ＝3md 22qT 2[答案] (1)4d 2v 20U 0L 2 (2)3md 22qT 2。