專題08靜電場的幾個難點問題突破解析版

1、強基計劃”尖子生的自我修養(yǎng)系列（一）靜電場"的一個命題熱點 電場性質（強練提能）1如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心 0。下列關于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是（）A . 0點的電場強度為零，電勢最低B . 0點的電場強度為零，電勢最高C.從0點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高D 從0點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低【解析】 選B 將整個圓環(huán)看做由兩個半圓環(huán)組成，由對稱性可知，這兩個半圓環(huán)上的電荷在0點的場強大小相等，方向相反，故合場強為零。x軸上的各點合場強，由對稱性可知，在圓環(huán)右側的合場強方向沿x軸向右，電勢降低；左側的合場強方向沿x軸向

2、左，電勢降低，故 0點電勢最高。由于在 0點場強為零，距0點無限遠場強為零，因此沿 x軸向左、右兩側，電場強度都呈現(xiàn)出先增大后減小的特征，綜上所述B 正確。2如圖甲所示，半徑為 R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為a,其軸線上任意一點P（坐標為x）的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出:x1 E= 2 nk cR2 + x22，方向沿x軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為CD的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板,如圖乙所示。則圓孔軸線上任意一點Q（坐標為x）的電場強度為（）JQLg3FB.xa . 2 n cdir2+ x2 22 Ttk cdr -r2 + x2 2D.【解析

3、】選A采用極限思維法結合填補法。根據(jù)半徑為R的均勻帶電圓形平板在P點的電場強度 E=x1 T2 n 0-2 2 2，可推知當帶電圓板無限大時 （即當Rig）的電場強度e= 2 n q對于無限大帶電平板，R2+ x2Q點的電場強度Eq=挖去一半徑為r的圓板的電場強度，可利用填補法，即將挖去的圓板填充進去，這時2 n C0,則挖去圓板后的電場強度1-xr2+ x2 °x=2 n q -1，故選項A正確。r2 + x2 23.（2020衡水模擬）如圖所示，N（N>5）個小球均勻分布在半徑為 R的圓周上，圓周上 P點的一個小球所帶電 荷量為一2q,其余小球帶電量為+ q,圓心處的電場強

4、度大小為 E。若僅撤去P點的帶電小球，圓心處的電場強度大小為（）O ° O O小。o Q 0c.EeB.2ed.e【解析】選C假設圓周上均勻分布的都是電荷量為+q的小球，由于圓周的對稱性，圓心處場強為0,則知在P處帶電量+ q的小球在圓心處產(chǎn)生的場強大小為 Ei= k,方向水平向左，可知圓周上其余小球在O處產(chǎn)生的場強大小為 E2= Ei=煜,方向水平向右，帶電量為一2q的小球在圓心處產(chǎn)生的場強大小為 E3= k；q, 方向水平向右。根據(jù)疊加原理 E= E2 + E3,則k* = £，所以撤去P點的小球后，圓心處場強大小為 E, C正 確。4 多選（2020山東第一次大聯(lián)考）

5、如圖甲所示，兩個點電荷Qi、Q2固定在x軸上，其中Qi位于原點O, a、 b是它們連線延長線上的兩點。 現(xiàn)有一帶正電的粒子 q以一定的初速度沿 x軸從a點開始經(jīng)b點向遠處運動 （粒子只受電場力作用）,設粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為 va、vb,其速度隨坐標x變化的圖像如圖乙所 示，則以下判斷正確的是 （）甲A. b點的場強一定為零B . Q2帶負電且電荷量小于 QiC. a點的電勢比b點的電勢高D .粒子在a點的電勢能比在 b點的電勢能小【解析】選AC 速度時間圖像圖線斜率表示加速度， 3L處圖線的切線水平，加速度為 0，b點的場強一定 為零，根據(jù)從a點開始經(jīng)b點向遠處運動先加速后減速知，

6、 Qi帶負電，Q2帶正電，A正確，B錯誤；a點 的動能比b點的動能小，a點的電勢能比b點的電勢能大，且運動電荷為正電荷，所以 a點的電勢比b點的 電勢高，C正確，D錯誤。5. （2020江西高安中學模擬）假設空間某一靜電場的電勢$隨x變化情況如圖所示，根據(jù)圖中信息可以確定下列說法中正確的是（）A . Oxi范圍內(nèi)各點場強的方向均與 x軸平行B .只在電場力作用下，正電荷沿 x軸從O運動到xi,可做勻減速直線運動C 負電荷沿x軸從X2移到X3的過程中，電場力做正功，電勢能減小D .無法比較X2X3與X4X5間的場強大小【解析】選C由圖像可以知道，在 OXi范圍內(nèi)各點電勢不變，是一條等勢線，所以電

7、場方向應該與X軸垂直，選項 A錯誤；在x軸上Oxi范圍內(nèi)，各點電勢相等，任意兩點間電勢差為零，電場力做功為零， 而且電荷做直線運動，可能做勻速運動，選項B錯誤；負電荷沿X軸從X2移到X3的過程中電勢升高，則電場力對負電荷做正功，電勢能減小，選項C正確；在X2X3范圍內(nèi)相對于X4X5范圍內(nèi)等差等勢面密集，所以前者電場強度大些，選項D錯誤。6. 多選（2020洛陽模擬）空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖像如圖所示，帶電粒子在此空間只受電場力作用。下列說法中正確的是（）A 在一xi處釋放一帶負電的粒子，它將沿 x軸在一xi與xi之間做往返運動B .帶負電的粒子以一定的速度由一 x

8、i處沿x軸正方向運動到xi處，它在xi處的速度等于在一xi處的速度C .帶正電的粒子以一定的速度由一 xi處沿x軸正方向運動的過程中，它的動能先增大后減小D .帶正電的粒子在 xi處的電勢能比在X2處的電勢能小、與在 X3處的電勢能相等【解析】選AB 電場沿x軸對稱分布，在一xi處釋放一帶負電的粒子，它將沿 x軸在一xi與xi之間做往返運動，選項A正確。帶負電的粒子以一定的速度由一xi處沿x軸正方向運動到 xi處，它在xi處的速度等于在一xi處的速度，選項B正確。帶正電的粒子以一定的速度由一Xi處沿X軸正方向運動的過程中,它的動能先減小后增大，選項C錯誤。從Xi處到X3處，電場強度方向沿X軸正

9、方向，帶正電的粒子從xi處到X3處，電場力一直做正功，電勢能減小，所以帶正電的粒子在xi處的電勢能比X2處的電勢能大、比X3處的電q= 5.0 為0小球運510 15 t/s乙0. 5'(X3r- aif勢能大，選項D錯誤。7. 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。一光滑細桿沿垂直圓環(huán)平面的中心軸線穿過，細桿上套有一質量為 m= i0 g的帶正電的小球，小球所帶電荷量4 C。小球從C點由靜止釋放，其沿細桿由 C點經(jīng)B點向A點運動的速度一時間圖像如圖乙所示。動到B點時，速度圖像的切線斜率最大（圖中標出了該切線）。則下列說法正確的是（）A .在桿上

10、O點右側，B點場強最大，場強大小為E= i.2 V/mB .由C點到A點的過程中，小球的電勢能先減小后變大C .由C點到A點電勢逐漸降低D . C、B兩點間的電勢差 Ucb= 0.9 V【解析】 選ACD 由題圖乙可知，小球在 B點的加速度最大，故所受作用力最大，加速度由電場力提供,故B點的電場強度最大，a =町，a = qE，解得E= 1.2 V/m，所以A正確；從C點到A點電場力對小球一直1做正功，故電勢能一直減小，B錯誤，C正確；從C點到B點電場力對小球做功 W= 2mvB2- 0, C、B兩點間電勢差Ucb=些=0.9 V，所以D正確。q8. 多選（2020青島模擬）如圖所示是利用高壓

11、電場干燥中藥的基本原理圖，在大導體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極 0和平板電極 MN接高壓直流電源，其間產(chǎn)生非勻強電場E;水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電荷，另一端帶等量負電荷；水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分離出去，在鼓風機的作用下飛離電場區(qū)域從而達到快速干燥的目的。已知虛線ABCD是某一水分子從 A處由靜止開始的運動軌跡，則下列說法正確的是 （）冊K'ftifc電池Jc L機A .水分子在B處時，帶正電荷一端受到的電場力與帶負電荷一端受到電場力大小不相等B 水分子沿軌跡ABCD運動過程中電場力始終做正功C 水分子沿軌跡 ABCD運動過程中電勢能先減少后增加

12、D 如果把高壓直流電源的正負極反接，水分子從A處開始將向下運動【解析】選AC 水分子在B處時，水分子帶正電荷一端所在處電場強度小，水分子受到的電場力小，帶負電荷一端所在處電場強度大，水分子受到的電場力大，A正確；水分子向針狀電極 O靠近時電場力做正功，遠離針狀電極 O時電場力做負功，C正確，B錯誤；如果把高壓直流電源的正負極反接，水分子從A處仍會向上運動，只不過帶正電荷一端在上方，即水分子帶正電荷一端受到的電場力大于帶負電荷一端受到的電場力，D錯誤。（二）靜電場”的一個難點一一帶電粒子在電場中的運動（細化題型）帶電粒子在電場中的運動問題是電場部分的重點和難點，是每年高考的熱點問題，該類問題考查

13、了學生綜合應用電場知識和力學知識的能力。從運動形式上可以分為直線運動、類平拋運動、圓周運動、周期性的 往復運動等多種情況。在電場力作用下的直線運動題型簡述帶電粒子的速度 v與場強E方向平仃時，帶電粒子在電場中做直線運動，進一 步說，如果電場力方向與速度方向相冋，則帶電粒子做加速直線運動，如果相 反則做減速直線運動。方法若為勻強電場，既可用牛頓第二定律和運動學公式求解，又可用能量觀點(如動突破能定理、功能關系、能量守恒定律等 )求解。若為非勻強電場，帶電粒子受到的 電場力是變力，加速度是變量，只能用能量觀點求解。例1反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原

14、理與下述過程類似。如圖所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是Ei = 2.0氷03 N/C和E2=4.0 >103 N/C,方向如圖所示。帶電微粒質量m = 1.0 1020 kg,帶電荷量 q = 1.0 109 C, A 點距虛線MN的距離di= 1.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應。求:(2)問求本題第 問應用動能定理求解 d2非?？旖?，若應用牛頓第二定律結合運動學公式則比較麻煩；但第 解由A到B的時間t時只能應用后一種方法。對點訓練1如圖所示，從F處釋放一個

15、無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中哪句是錯誤的(設電源電動勢為 U)()A 電子到達B板時的動能是UeB 電子從B板到達C板動能變化量為零C 電子到達D板時動能是3UeD .電子在A板和D板之間做往復運動【解析】選C 電子在A、B之間做勻加速運動， 且eU =圧心A正確；在B、C之間做勻速運動，B正確;在C、D之間做勻減速運動，到達 D板時，速度減為零，C錯誤，D正確。在電場力作用下的類平拋運動題型帶電粒子垂直射入勻強電場中，由于只受電場力作用，沿初速度方向將做勻速直線運簡述動，而沿電場力的方向將做初速度為0的勻加速直線運動，稱為類平拋運動。(1) 處理方法：用運動的合成

16、和分解的思想處理，即沿V0方向的勻速直線運動和垂直于V0方向的初速度為零的勻加速直線運動。(2) 偏轉規(guī)律：偏轉位移，y=2，方法/點哇島1 VyqUI突破偏轉用，tan © 一 .2。vo mdvo2(3)兩個推論推論1 :類平拋運動物體任意時刻速度偏轉角的正切值是位移偏轉角正切值的兩倍。推論2:類平拋運動物體任意時刻速度的反向延長線必過勻速運動位移的中點。例2 (2020臨沂質檢)如圖所示，虛線 MN左側有一場強為 Ei= E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為 L、電場強度為E2= 2E的勻強電場，在虛線 PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的 屏?，F(xiàn)將一電子(

17、電荷量為e,質量為m)無初速度地放入電場 Ei中的A點，最后電子打在右側的屏上， AO連線與屏垂直，垂足為 0,求:'打(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間;電子剛射出電場E2時的速度方向與A0連線夾角 B的正切值tan 0;電子打到屏上的點 P到點0的距離X?！窘馕觥?1)電子在電場Ei中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為ai,時間為ti,由牛頓第二定律和運動學公式得:運動的總時間為eE1 eE L 12LV1 = a1t1, tfa2VyV1(2)設電子射出電場E2時沿平行電場線方向的速度為Vy,根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場中的加速度為eE2 2eEL=,t3= , vy=

18、 a2t3, tan 0=mmV1解得：tan 0= 2。如圖，設電子在電場中的偏轉距離為X11 2X1 = ?a2t3 tan 0= * 解得：x= X1 + X2= 3L?！敬鸢浮?(1)3(2)2(3)3L解答本題的關鍵是分析清楚電子在電場題后悟通Ei、E2及離開電場E2后各段運動的特點，然后選擇相應的關系解決問題。對點訓練2如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場,兩個帶正電的粒子 a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入,BC的中點P射出，粒子b由AB的中點0射入，從頂點C射出。若不計重力，則a和b的比荷之比是C. 1 : 8B. 2 : 1D. 8 : 1【解析

19、】選D設粒子初速度為1Vo, AB間距為d，則d= 2詈2咲2, d = 2筈罟2。以上兩式聯(lián)立可解V0qa qb得：ma： mb= 8:1，故 D 正確。題型3題型簡述電場力是一種性質力，在圓周運動中可以提供向心力，使帶電物體做圓周運動。方法突破解決該類問題時，首先分析使物體做圓周運動的向心力來源，然后根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。帶電粒子在電場力作用下的圓周運動常見以下二種情況：（1）在點電何+ Q（或一Q）的電場中，另一個負電何一 q（或正電何+ q）圍繞點電何 做勻速圓周運動，如圖甲所示。（2）在兩個等量冋種正電荷 Q（或負電荷一Q）的電場中，在過它們連線的中垂面內(nèi)，一個負電何一q（或止

20、電何+ q）圍繞二者連線的中點做勻速圓周運動，如圖乙所示。兩個異種電荷 Q1、一 Q2，以相同的角速度 3繞其連線上某一點 0做勻速圓 周運動，如圖丙所示。（類似于天體運動的雙星模型 ）在電場力作用下的圓周運動例3某原子電離后其核外只有一個電子，若該電子在核的靜電力作用下繞核做勻速圓周運動，那么電子運動（）A .半徑越大，加速度越大B.半徑越小，周期越大C .半徑越大，角速度越小D.半徑越小，線速度越小【解析】 根據(jù)庫侖力提供向心力，由kQq= ma= m2r = mw2r = mV，知 r 越大，a 越小， 3 也越??；r 越小，v越大，而T越小，則C項正確，其他選項錯誤。【答案】C題后悟通

21、本題已知條件較少，解題關鍵是挖掘某原子電離后其核外只有一個電子，若該電子在核的靜電力作用下繞核做勻速圓周運動"的隱含條件，即庫侖力提供電子做勻速圓周運動的向心力，進而列出相應的動力學方程，根據(jù)向心力的不同表達式分析電子做勻速圓周運動的加速度、周期、角速度、線速度與半徑的關系。對點訓練3如圖所示，真空中 A、B兩點固定兩個等電荷量的正電荷，一個具有初速度的帶負電的粒子僅在這兩個電A.勻速直線運動B .勻變速直線運動C .勻變速曲線運動D.勻速圓周運動【解析】 選D 根據(jù)等電荷量正電荷電場分布的特點，一個具有初速度的帶負電的粒子僅在這兩個電荷的作用下，可能做勻速圓周運動， 即以A、B連線

22、的中點為圓心，在垂直于AB直線的平面內(nèi)做勻速圓周運動。4. 多選如圖所示，兩個正、負點電荷，在庫侖力作用下，它們以兩者連線上的某一點為圓心做勻速圓周運動，以下說法中正確的是 （）° ®A 它們所需要的向心力大小相等B它們的運動半徑與電荷量成反比C .它們做圓周運動的角速度相等D它們的線速度與其質量成反比【解析】選ACD 兩異種點電荷能繞連線上某一點各自做勻速圓周運動，它們的角速度相同，二者間的庫侖力提供向心力:mi 32Ri= m2 32R2,Ri m2 vi Ri m2R2 mi， V2 R2 mi題型4故A、C、D正確，B錯誤。題型簡述帶電粒子在周期性變化的電場中運動時

23、，由于電場的變化使粒子所受電場力變化，其 加速度、速度、位移等都會發(fā)生相應的變化，從而出現(xiàn)加速、減速或者往返運動。方法突破帶電粒子在周期性變化電場中運動的分析方法（1）明確電場（E、U等）變化的規(guī)律。（2）做好兩個分析（受力分析和運動分析），抓住粒子的運動具有周期性、空間上有的具 有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關的邊界條件。（3）分析問題的兩個觀點：動力學觀點和能量觀點。（4）此類題型一般有三種情況： 粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律求解）; 粒子做往返運動（一般根據(jù)交變電場特點分段研究）； 粒子做偏轉運動（一般分段研究）。帶電粒子在周期性變化電場中

24、的運動A、B兩極板的距離足夠大，下列說法例4將如圖所示交變電壓加在平行板電容器A、B兩極板上，開始B板電勢比A板電勢高，這時有一個 原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運動，設B .電子一直向著 B板運動C 電子先向A運動，然后返回向B板運動，之后在 A、B兩板間做周期性往復運動D 電子先向B運動，然后返回向 A板運動，之后在 A、B兩板間做周期性往復運動【解析】根據(jù)交變電壓的變化規(guī)律，不難確定電子所受電場力的變化規(guī)律，從而作出電子的加速度a、速度v隨時間變化的圖線，如圖所示，從圖中可知，電子在第一個T內(nèi)做勻加速運動，第二個 T內(nèi)做勻減速運動，在這半個周期內(nèi)，因初始 B板電勢高

25、于A板電勢，所以電子向 B板運動，加速度大小為 mu。在第三個T內(nèi) 做勻加速運動，第四個 T內(nèi)做勻減速運動，但在這半個周期內(nèi)運動方向與前半個周期相反，向A板運動，加eUmd，所以，電子做往復運動，綜上分析正確選項應為速度大小為【答案】D題后悟通解決本題的關鍵首先是明確電壓的變化規(guī)律，從而明確電子的受力特點，結合牛頓第二定律進一步分析a v的變化情況，結合 a-t圖像、v-t圖像分析往往能快捷解題。對點訓練5. 如圖甲所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為 U = 1 125 V，兩板中央各有小孔 0和0'?，F(xiàn)有足 夠多的電子源源不斷地從小孔 0由靜止進入A、B之間。在B板右側，平行

26、金屬板M、N長Li = 4X1O2 m, 19板間距離d = 4X103 m，在距離M、N右側邊緣L2= 0.1 m處有一熒光屏 P,當M、N之間未加電壓時電子 沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的 。點并發(fā)出熒光?，F(xiàn)在金屬板 M、N之間加一個如圖乙所示的變化 電壓u，在t= 0時刻，M板電勢低于N板電勢。已知電子質量為 me= 9.0 X0_31 kg ,電荷量為e= 1.6C。tt喬(1) 每個電子從B板上的小孔O'射出時的速度為多大?(2) 電子打在熒光屏上的范圍是多少?(3) 打在熒光屏上的電子的最大動能是多少?【解析】(1)電子經(jīng)1A、B兩塊金屬板加速，有 eU = 2口0.22 X1.6 10一19 X1 125m/s得 vo=2mu9.0 10一319L2上2=一 =0.1V02 >107 s= 5 >10=2 >107 m/s。1 eu L1 2當u= 22.5 V時，電子經(jīng)過 MN板向下的