新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第8章專題強化14電場性質(zhì)的綜合應(yīng)用（含解析）-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

題型一電場中功能關(guān)系的綜合問題
電場中常見的功能關(guān)系
(1)若只有靜電力做功，電勢能與動能之和保持不變．
(2)若只有靜電力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．
(3)除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化量．
(4)所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化量．
例1 (2022·山西師大附中模擬)如圖所示為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點，在這一運動過程中克服重力做的功為2.0 J，靜電力做的功為1.5 J．下列說法中正確的是( )
A．粒子帶負(fù)電
B．粒子在A點的電勢能比在B點少1.5 J
C．粒子在A點的動能比在B點少0.5 J
D．粒子在A點的機械能比在B點少1.5 J
答案 D
解析由粒子運動的軌跡可知粒子帶正電，A錯誤；粒子從A到B的過程中靜電力做正功，所以電勢能減小，B錯誤；根據(jù)動能定理得W＋WG＝ΔEk＝－0.5 J，所以粒子在A點的動能比在B點多0.5 J，C錯誤；靜電力做正功，機械能增加，所以粒子在A點的機械能比在B點少1.5 J，D正確．
例2 如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強電場，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的物塊從A點由靜止開始下落，加速度為eq \f(1,3)g，下落高度H到B點后與一輕彈簧接觸，又下落 h后到達最低點C，整個過程中不計空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點運動到C點過程中，下列說法正確的是( )
A．該勻強電場的電場強度為eq \f(mg,3q)
B．帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少量為eq \f(mg?H＋h?,3)
C．帶電物塊電勢能的增加量為mg(H＋h)
D．彈簧的彈性勢能的增加量為eq \f(mg?H＋h?,3)
答案 D
解析物塊從靜止開始下落時的加速度為eq \f(1,3)g，根據(jù)牛頓第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝eq \f(2mg,3q)，故A錯誤；從A到C的過程中，系統(tǒng)除重力和彈力以外，只有靜電力做功，靜電力做功為：W＝－qE(H＋h)＝－eq \f(2mg?H＋h?,3)，可知機械能減小量為eq \f(2mg?H＋h?,3)，故B錯誤；從A到C過程中，靜電力做功為－eq \f(2mg?H＋h?,3)，則電勢能增加量為eq \f(2mg?H＋h?,3)，故C錯誤；根據(jù)動能定理得：mg(H＋h)－eq \f(2mg?H＋h?,3)＋W彈＝0，解得彈力做功為：W彈＝－eq \f(mg?H＋h?,3)，即彈性勢能增加量為eq \f(mg?H＋h?,3)，故D正確．
例3 如圖所示，在豎直平面內(nèi)，光滑絕緣直桿AC與半徑為R的圓周交于B、C兩點，在圓心處有一固定的正點電荷，B點為AC的中點，C點位于圓周的最低點．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q套在桿上的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點)從A點由靜止開始沿桿下滑．已知重力加速度為g，A點距過C點的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點時的速度大小為2eq \r(gR).求：
(1)小球滑到C點時的速度大??；
(2)若以C點作為零電勢點，試確定A點的電勢．
答案 (1)eq \r(7gR) (2)eq \f(－mgR,2q)
解析 (1)因為B、C兩點電勢相等，故小球從B到C運動的過程中靜電力做的總功為零．
由幾何關(guān)系可得BC的豎直高度hBC＝eq \f(3R,2)
根據(jù)動能定理有mg·eq \f(3R,2)＝eq \f(mvC2,2)－eq \f(mvB2,2)
解得vC＝eq \r(7gR).
(2)小球從A到C，重力和靜電力均做正功，所以由動能定理有mg·3R＋W電＝eq \f(mvC2,2)－0，又根據(jù)靜電力做功與電勢能的關(guān)系：W電＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)．
又因為φC＝0，可得φA＝eq \f(－mgR,2q).
題型二電場中的圖像問題
考向1 電場中的v－t圖像
根據(jù)v－t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，可確定電荷所受靜電力的方向與靜電力的大小變化情況，進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化．
例4 (多選)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)平面的軸線穿過圓環(huán)，細(xì)桿上套有一個質(zhì)量為m＝10 g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.0×10－4 C．小球從C點由靜止釋放，其沿細(xì)桿由C經(jīng)B向A運動的v－t圖像如圖乙所示．小球運動到B點時，速度圖像的切線斜率最大(圖中標(biāo)出了該切線)．則下列說法正確的是( )
A．由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后變大
B．由C到A電勢逐漸降低
C．C、B兩點間的電勢差 UCB＝0.9 V
D．在O點右側(cè)桿上，B點場強最大，場強大小為E＝1.2 V/m
答案 BCD
解析從C到A小球的動能一直增大，說明靜電力一直做正功，故電勢能一直減小，電勢一直減小，故A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理知qUCB＝eq \f(1,2)mvB2－0，解得UCB＝0.9 V，故C正確；根據(jù)對稱性知O點電場強度為0，由題圖乙可知，小球在B點的加速度最大，故所受的靜電力最大，加速度由靜電力產(chǎn)生，故B點的電場強度最大，小球的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0.3,5) m/s2＝0.06 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得qE＝ma，聯(lián)立解得E＝1.2 V/m，故D正確．
考向2 φ－x圖像(電場方向與x軸平行)
1．電場強度的大小等于φ－x圖線的切線斜率的絕對值，如果圖線是曲線，電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的直線，電場為勻強電場(如圖)．切線的斜率為零時沿x軸方向電場強度為零．
2．在φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向，進而可以判斷電荷在電場中的受力方向．(如圖)
3．電場中常見的φ－x圖像
(1)點電荷的φ－x圖像(取無限遠(yuǎn)處電勢為零)，如圖．
(2)兩個等量異種點電荷連線上的φ－x圖像，如圖．
(3)兩個等量同種點電荷的φ－x圖像，如圖．
例5 (多選)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，兩點電荷連線上各點電勢φ隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖像如圖所示，其中P點電勢最高，且xAP0)；若將該粒子從c點移動到d點，電場力做功為W.下列說法正確的是( )
A．該勻強電場的場強方向與ab平行
B．將該粒子從d點移動到b點，電場力做功為0.5W
C．a(chǎn)點電勢低于c點電勢
D．若只受電場力，從d點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動
答案 AB
解析由于該電場為勻強電場，可采用矢量分解的思路．沿cd方向建立x軸，垂直于cd方向建立y軸，如圖所示
從c到d有W＝Exq·2R
從a到b有2W＝Eyq·eq \r(3)R ＋ ExqR
可得Ex＝eq \f(W,2qR)，Ey＝eq \f(\r(3)W,2qR)
則E＝eq \r(Ex2＋Ey2)＝eq \f(W,qR)，tan θ＝eq \f(Ey,Ex)＝eq \r(3)
由于電場方向與水平方向成60°角，則場強方向與ab平行，且由a指向b，A正確；
將該粒子從d點移動到b點，電場力做的功為
W′＝Eqeq \f(R,2)＝0.5W，B正確；
沿電場線方向電勢逐漸降低，則a點電勢高于c點電勢，C錯誤；
若粒子從d點射入圓形電場區(qū)域的速度方向與ab平行，則粒子做勻變速直線運動，D錯誤．
8.(多選)一帶正電微粒只在靜電力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中O～x1段是曲線，x1～x2段是平行于x軸的直線，x2～x3段是傾斜直線，則下列說法正確的是( )
A．O～x1段電勢逐漸升高
B．O～x1段微粒做加速度逐漸減小的加速運動
C．x1～x2段電場強度為零
D．x2～x3段的電勢沿x軸均勻減小
答案 ACD
解析電勢能Ep＝φq，由于粒子帶正電，O～x1段電勢能變大，所以電勢升高，A正確；根據(jù)靜電力做功與電勢能關(guān)系ΔEp＝EqΔx，圖像斜率反映場強大小，O～x1段圖像斜率變小，場強變小，受力減小，加速度逐漸變小，由于電勢能增加，靜電力做負(fù)功，則微粒做減速運動，即微粒做加速度減小的減速運動，B錯誤；x2～x3段斜率為0，場強為零，C正確；x2到x3，電勢能均勻減小，微粒帶正電，所以電勢沿x軸均勻減小，D正確．
9.豎直平面內(nèi)有一勻強電場，電場方向與x軸負(fù)方向成37°角，x軸上各點的電勢隨坐標(biāo)x的變化規(guī)律如圖所示．現(xiàn)有一帶負(fù)電小球以初速度0.5 m/s從x＝－1 cm的P處沿直線運動到x＝2 cm的Q處，已知小球的質(zhì)量為3×10－4 kg，取g＝10 m/s2，則( )
A．勻強電場的場強大小為400 V/m
B．帶電小球的電荷量大小為1×10－5 C
C．帶電小球從P點運動到Q點的過程中的加速度大小為40 m/s2
D．帶電小球運動到Q點時動能可能為0
答案 B
解析由電勢差與電場強度的關(guān)系得U＝Excs 37°，則φ－0＝Ecs 37°×x，結(jié)合圖像得Ecs 37°＝eq \f(16 V,0.04 m)，解得E＝500 V/m，故A錯誤；由題意知，帶電小球在豎直方向受力平衡，得mg＝Eqsin 37°，解得q＝1×10－5 C，故B正確；小球帶負(fù)電，所以小球所受合力水平向右，合外力做正功，小球速度增加，帶電小球運動到Q點時動能不可能為0，在水平方向，對小球由牛頓第二定律得qEcs 37°＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝eq \f(40,3) m/s2，故C、D錯誤．
10.(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平．a(chǎn)、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點由靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零．則小球a( )
A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小
B．從N到P的過程中，速率先增大后減小
C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加
D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量
答案 BC
解析小球a從N點靜止釋放，過P點后到Q點速度為零，整個運動過程只有重力和庫侖力做功，庫侖力方向與小球a速度方向夾角一直大于90°，所以庫侖力整個過程做負(fù)功．小球a從N到Q的過程中，庫侖力增大，庫侖力與重力的夾角減小，所以它們的合力一直增大，故A錯誤；小球a受力如圖所示，
在靠近N點的位置，合力與速度夾角小于90°，在P點合力與速度夾角大于90°，所以小球a從N到P的過程中，速率應(yīng)先增大后減小，故B正確；從N到Q的過程中，庫侖力一直做負(fù)功，所以電勢能一直增加，故C正確；根據(jù)能量守恒可知，P到Q的過程中，動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和，故D錯誤．
11．(2021·山東卷·6)如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為＋q的點電荷；在0≤x

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