（新高考）2021届高考二轮精品专题六 电场 学生版.docx

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1、本专题主要考查库仑定律、电场强度、电势、电势差、电势能、电容、带电粒子在电场中的运动。命题形式选择题和计算题均有出现，考查考生的建模能力和应用数学知识处理物理问题的能力。一、电场的性质与带电粒子在电场中运动问题1三个物理量的判断方法判断场强强弱根据电场线或等势面的疏密判断；根据公式Ek和场强叠加原理判断判断电势的高低根据电场线的方向判断；由UAB和UABAB判断；根据电场力做功(或电势能)判断判断电势能大小根据Epq判断；根据EpW电，由电场力做功判断2电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qUmv2mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用WqEd来求解。(2)偏转运动

2、：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理。二、与平行板电容器相关的电场问题1记住三个公式：定义式C，决定式C，关系式E。2掌握两个重要结论(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。3注意一个特例：当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。1(多选)(2020·山东学业水平等

3、级考试·T10)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是()Aa点电势低于O点Bb点电势低于c点C该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能2如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是(

4、)A平行板电容器的电容将变小B带电油滴的电势能将减小C静电计指针张角变小D若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变3(2019·全国卷·T24)如图所示，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为(0)。质量为m、电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最

5、短应为多少？1(多选)(2019·全国卷·T21)如图所示，电荷量分别为q和q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则()Aa点和b点的电势相等Ba点和b点的电场强度大小相等Ca点和b点的电场强度方向相同D将负电荷从a点移到b点，电势能增加2(2020·全国卷I·T25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿

6、出电场，AC与AB的夹角60°。运动中粒子仅受电场力作用。(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？1如图所示，用两根等长的轻质细绝缘线M、N把带电小球甲悬挂在水平天花板上，两线之间的夹角为60°。小球甲电荷量q2.0×106 C，质量m0.1 kg，其正下方l0.3 m处固定有一带等量同种电荷的小球乙。小球甲、乙均可视为点电荷，静电力常量k9×109 N·m2/C2，重力加速度g取10 m/s2。则细线N的

7、拉力大小为()A N B NC N D N2图中虚线是某电场中的一簇等势线。两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示。若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是()Aa、b两点的电场强度大小关系EaEbBa、b两点的电势关系一定有UaUbC粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D粒子从P运动到b的过程中，动能增大3如图所示，空间中a、b、c、d、a、b、c、d分别为立方体图形的顶点，在a、b所在直线上放置电荷量均为Q的异种点电荷M、N，M带正电且M、N关于a、b的中点对称。下列说法正确的是()Aa、d两点的电势相等Ba、d两点的场强相同C将电子从a点移到c

8、点，电子的电势能增加D将电子从a点移到c点，电子的电势能减少4在生产纺织品、纸张等绝缘材料过程中，为了实时监控材料的厚度，生产流水线上设置如图所示的传感器，其中甲、乙为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压直流电源的两极上。当通过极板间的材料厚度减小时，下列说法正确的是()A有负电荷从a向b流过灵敏电流计GB甲、乙两板间材料内的电场强度为零C乙板上的电荷量变小D甲、乙平行板构成的电容器的电容增大5如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，和一理想的二极管串联接在电源上，一带电小球静止在两板之间，则()A若A、B两极板间距增大，小球将向下运动B若A、B两极板正对面积减小，小球将保持静止

9、C若A、B两极板间插入电介质，电容器带电量不变D若A、B两极板间插入金属板，小球将向上运动6如图甲所示，A、B是一条竖直电场线上的两点，在A点由静止释放一带正电的小球，小球将沿此电场线从A点向B点运动，其v2x图像如图乙所示，已知小球质量为m，电荷量为q，A、B间高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法中正确的是()A沿电场线由A到B，电势逐渐降低B小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐减小CA、B两点的电势差UABD该电场为匀强电场，其电场强度大小为7(多选)如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质

10、量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。则下列说法正确的是()AA球刚进入水平轨道的速度大小为BA、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能EpmghCA球最终的速度vA为DB球最终的速度vB为8(多选)将两点电荷分别固定在x轴上的A、B两点，其坐标分别为(2，0)和(4，0)，A处点电荷带电量绝对值为Q，两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，x0处电势最低。x轴上M、N两点的坐标分

11、别为(1，0)和(1，0)，静电力常量为k，则下列说法正确的是()AB处电荷量绝对值为4Q，且两点电荷属于异种电荷BM点的电场强度大于N点的电场强度CN点电场强度大小为D负的试探电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小9(多选)如图所示，ACB为固定的光滑半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为水平直径的两个端点，AC为圆弧，MPQO为竖直向下的有界匀强电场（边界上有电场），电场强度的大小。一个质量为m，电荷量为q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，小球运动过程中电量不变，不计空气阻力，已知重力加速度为g。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是()A若H3

12、R小球从A到C的过程中，电势能增加2mgRB若HR，则小球一定能到达B点C若小球到达C点时对轨道压力为6mg，则H4.5RD若HR，则小球刚好沿轨道到达C点10(多选)如图甲所示，平行金属板P、Q上有两个正对小孔，P板接地，Q板的电势Q随时间变化的情况如图乙所示，完全相同的正离子以相同的初速度v0陆续从P板小孔飞向Q板小孔，t0时刻从P板小孔飞入的离子在t时刻到达Q板小孔且速度刚好减小到零（未返回）。不计力、小孔对板间电场的影响、离子间的相互作用。则下列说法正确的是()A所有离子在板间运动的时间都相等Bt时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的速度为v0Ct时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的

13、速度为v0D若将两板距离变成原来的两倍，则t0时刻从P板小孔飞入的离子到达Q板时的速度仍为零11一端弯曲的光滑绝缘轨道ABN固定在竖直平面上，如图所示，AB段水平、BN段是半径为R的半圆弧，有一个正点电荷固定在圆心O处。一质量为m带正电小环，在水平恒力Fmg作用下从C点由静止开始运动，到B点时撤去外力，小环继续运动，发现刚好能到达绝缘轨道上与圆心等高的M点，已知CB间距为R，小环在圆轨道上时受到圆心处的点电荷的静电力大小为2mg。(1)求小环从C运动到M过程中，点电荷Q的电场力对它做的功；(2)若水平恒力大小改为2F，则小环在能达到的最高点N时的速度大小为多少？(3)若小环在距离B点R的D点以

14、向右的初速度运动，在静电力的作用下运动到B点的速度恰好为0，那么在D点施加最小的恒定外力作用由静止开始运动，小环在圆轨道上能到达的最大高度值多少？12如图所示，在光滑水平面上方存在电场强度大小E2×104 N/C、方向水平向左的有界匀强电场，电场右边界如图中的虚线所示，左边界为竖直墙壁，电场宽度d4.75 m。长L4 m、质量M2 kg的不带电绝缘长木板P原先静止在水平面上。一可视为质点的质量m1 kg、电荷量q1×104 C的带正电金属块Q从木板的右端以v03 m/s的速度水平向左滑上木板，两者相对静止后再进入电场，木板与墙壁发生碰撞的时间极短且碰撞无机械能损失。已知金属

15、块与木板间的动摩擦因数0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g10 m/s2。求：(1)木板与墙壁第一次碰撞前瞬间的速度大小；(2)木板与墙壁第二次碰撞前瞬间的速度大小。1(多选)【答案】BD【解析】由题意可知O点场强为零，所以a、O两点间场强方向是由a指向O的，所以aO，A错误；同理，cO，O点与b点间的电场强度有竖直向上的分量，所以Ob，则cb，B正确；同理，ab，cd，又带负电的试探电荷在电势高处电势能较小，所以C错误，D正确。2【答案】B【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C知，d减小，则电容增大，故A错误；电势差不变，d减小，则电场强度

16、增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该油滴带负电荷，则电势能减小，故B正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C错误；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，再将下极板左移一小段距离，正对面积S减小，根据E，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D错误。3【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有：E，FqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有：qEhEkmv设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位

17、移大小为l，则有：hat2，lv0t联立式解得Ekmvqh，lv0。(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L2l2v0。1(多选)【答案】BC【解析】分别画出电荷q和q在a、b处的电场，如图1所示，根据电场叠加的原理，可知a、b两点的电场强度大小、方向均相同，故B、C正确；画出q、b、q、a所在平面的电场线，如图2，由图可知b点的电势大于a点，所以将负电荷从a点移到b点，电势能减小，故A、D错误。【点评】本题考查点电荷电场强度叠加的计算，由于电场强度是矢量，因此对其大小和方向要全面考虑。本题的易错点在于不能将立体图转化为平面图，空间想象力差，

18、不能正确运用几何关系进行分析，从而导致错解。2【解析】(1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：xACR所以根据动能定理有：qExACmv0解得：E；(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大，则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有xRsin 60°v1tyRRcos 60°at2而电场力提供加速度有qEma联立各式解得粒子进入电场时的速度v1；(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大

19、小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有xBCRv2t2xACRat电场力提供加速度有qEma联立解得v2；当粒子从C点射出时初速度为0。【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动，考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题。易错点在于找不到动能最大所对应的位置，从而导致无法解决问题(2)；对于动量变化量为，只考虑了类平抛运动的情况，忽略了初速度为0的情况。1【答案】A【解析】小球甲、乙之间的库仑力Fk0.4 N，设细线M、N的拉力大小均为T，对小球甲受力分析，根据平衡条件有2Tcos 30°Fm

20、g，解得T N，故选A。2【答案】D【解析】根据等势线的形状可知，电场是由一个点电荷产生的，离点电荷较远的a点电场强度较小，A错误；因为中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低，B错误；根据轨迹的弯曲方向可知，a粒子受到中心电荷的斥力，电场力对a做正功，电势能减小，C错误；b粒子受到中心电荷的引力，电场力对b粒子做正功，动能增大，D正确。3【答案】C【解析】由等量异种电荷的电场线及等势面分布特点可知，ad，故A错误；由场强的叠加可知，a、d两点的场强大小相等，方向不同，故B错误；因ac，根据WqUac，故电子从a点移到c点静电力做负功，故电子的电势能增加，故C正确

21、，D错误。4【答案】C【解析】根据电容器电容决定式，有C，可知当产品厚度减小时，导致r减小，电容器的电容减小，根据电容器电容定义式C，可知极板带电荷量减小时，有放电电流从a向b流过灵敏电流计G，即有负电荷从b向a流过灵敏电流计G，故AD错误，C正确；根据电场强度与电势差的关系式，有E，因两板间电势差不变，板间距离不变，所以两板间电场强度不变，故B错误。5【答案】D【解析】若A、B两极板间距增大，根据C知电容C减小，根据QCU可知电容器要放电，但是由于二极管的单向导向性使得电容器电量保持不变，根据E可知两板场强不变，小球仍静止，A错误；若A、B两极板正对面积减小，根据C知电容C减小，根据QCU可

22、知电容器要放电，但是由于二极管的单向导向性使得电容器电量保持不变，根据E知两板场强变大，小球将向上运动，B错误；若A、B两极板间插入电介质，根据C可知C变大，根据QCU可知电容器带电量增加，C错误；若A、B两极板间插入金属板，相当d减小，根据C可知C变大，电容器充电，根据E，则E变大，小球将向上运动，D正确。6【答案】D【解析】小球运动的v2x图像是一条直线说明，小球做匀变速直线运动，且v2x图像的斜率为2a，则通过计算有a0.5g，说明小球受到的电场力方向向上，小球带正电则电场线的方向也向上，则沿电场线由A到B，电势逐渐升高，A错误；小球受到的电场力向上，而小球运动的位移向下，则电场力做负功

23、，小球从A运动到B的过程中电势能逐渐增大，B错误；小球从A运动到B的过程中根据动能定理有mghqUABmv2，得UAB，C错误；小球做匀变速直线运动，则电场应为匀强电场，根据匀强电场电势差与电场强度的关系有，则D正确。7【答案】ACD【解析】对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh×2mv02，v0，故A正确；A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时有共速2mv0(2mm)v，v，根据能的转化和守恒定律2mgh(2mm)v2Epm，得Epmmgh，故B错误；当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定，2m

24、v02mvAmvB，×2mv02×2mvA2mvB2，得vA，vB，故CD正确。8【答案】CD【解析】x图象的切线斜率表示电场强度，则可知原点O处合场强为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故A错误；x图象的切线斜率表示电场强度，则可知M点的电场强度小于N点的电场强度，故B错误；设B处点电荷带电量绝对值为Q，由A项知原点O处合场强为零，则有，解得Q4Q，在N点，根据电场的叠加原理有，故C正确；由图可知，负的试探电荷由M点运动到N点的过程，电势先降低后升高，由Epq知电势能先增大后减小，故D正确。9【答案】AC【解析】若H3R小球从A到C的过程中，电场力做负功，电势能增加

25、，则有EpEqR2mgR，故A正确；小球刚好能到B点时，由弹力提供向心力，则满足过B点的速度vB0，由A到B的动能定理可知mgHqERmvB20，解得h2R，故B错误；过C点的压力为6mg，则由牛顿第三定律可知轨道的支持力为6mg，对C点受力分析有NqEmg，从A到C由动能定理有mg(HR)qERmvC20，解得H4.5R，故C正确；若HR，假设小球可以沿轨道到达C点，根据动能定理有mg(HR)qERmvC20，解得vC0，故在C点需要的向心力为零，但电场力和重力的合力向上，大于需要的向心力，不能沿着轨道过C点，说明球到达C点前已经离开轨道，故D错误。10【答案】BC【解析】由于离子在两板之间

26、的运动过程中，只受到电场力的作用，不同时间释放的离子初速度相同，但受到电场力作用的时间不同，所以运动时间不可能都相等，A错误；在t0进入的离子，在t到达Q板且速度刚好减小到零，根据动量定理，有Fmv0，在进入的离子，在电场中运动了时间，且在下个周期前到达Q板，根据动量定理，有Fmvmv0，可得vv0，B正确；两极板间距离dv0v0T，在进入的离子，在前时间内做匀速直线运动，距离dv0d，接着在电场中运动的距离d2ddd，根据动能定理，在t0进入的离子Fdmv02，在进入的离子Fd2mv12mv02，解得v1v0，C正确；若两板间的距离变为原来的2倍，电场强度变为原来的一半，离子做减速运动的加速

27、度也变为原来的一半，在时刻电场消失时，离子的速度并不为0，接着做匀速直线运动，在下个周期之前离开Q板，所以到达Q板的速度并不为0，D错误。11【解析】(1)小环从C运动到M过程，根据动能定理：F·RWCMmgR0解得：WCMmgR。(2)小环从C运动到N过程，根据动能定理：2F·RWCMmg·2Rmv2解得：。(3)小环从D运动到B过程，根据动能定理：WDB0mv02可得在D点小环受到圆心位置的点电荷的静电力水平方向最大，其最大值为。那么小环受到的外力至少为，否则小环将向左运动。所以从D到圆轨道最高点的过程，根据动能定理：解得：h(2)R。12【解析】(1)金属块滑上木板后，金属块减速，木板加速，达到共同速度v1之后进入电场区域，根据动量守恒定律有：mv0(mM)v1设这一过程两者相对运动的距离为s1，根据能量守恒定律有：mgs1mv02(Mm)v12解得：v11 m/s，s10.75 m金属块进入电场之后，假设两者以相同的加速度运动，则有：qE(Mm)a共解得：a共 m/s2