（新课标）2017版高考物理一轮复习 专题五 电场教参.doc

专题五电场1库仑定律：fk，仅适用于真空中的点电荷。2电场强度：e或e或e。3电场线的特点是“不相交、不闭合、不存在”；沿电场线方向电势降低且电场线与等势面垂直。4电势差和电势的关系：uababuba。5电场力的功：wfscos 或wep或wabquab。6电势高低的判断(1)沿电场线方向电势逐渐降低，且场强方向是电势降落最快的方向。(2)根据uab，将wab、q的正负号代入，由uab的正负判断a、b的高低。(3)正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大。7电势能大小的判断(1)电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。(2)正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大。(3)在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加。8等势面上任意两点之间的电势差为零；在等势面上移动电荷，电场力不做功；任意两个电势不等的等势面不会相交；在匀强电场中，任意一组平行线上等距离的两点之间的电势差相等。9电容：c，分析电容器的动态变化问题时要弄清楚电荷量和板间电压是否变化。10带电粒子在匀强电场中的偏转(1)沿电场方向：vxv0，lv0t。(2)沿垂直电场方向：a，vyat，yat2。一、选择题(本题共8个小题，第16题只有一项符合题目要求，第78题有多项符合题目要求)1.在光滑的绝缘水平面上，有两个质量均为m、带电荷量分别为q和q的甲、乙两个小球，在力f的作用下做匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为()a. bq c2q d2q 解析：选b选甲、乙作为整体为研究对象，由牛顿第二定律得，加速度a。选乙为研究对象，由牛顿第二定律得，ma，联立得rq。2.如图，有一带电荷量为q的点电荷与表面均匀带电圆形绝缘介质薄板相距为2d，此点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心。若图中a点处的电场强度为零，则图中b点处的电场强度大小是()a0 bk ckk dkk解析：选d由题意知带电薄板在a点场强ek，由对称性和叠加原理可得ebek，故d正确。3.如图所示，ab为均匀带有电荷量为q的细棒，c为ab棒附近的一点，cb垂直于ab。ab棒上电荷形成的电场中c点的电势为0，0可以等效成ab棒上某点p处、带电荷量为q的点电荷所形成的电场在c点的电势。若pc的距离为r，由点电荷电势的知识可知0k。若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。根据题中提供的知识与方法，我们可将ab棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得ac连线中点c处的电势为()a0 b.0 c20 d40解析：选cab棒带电均匀，故其等效点电荷p点即是ab棒的中点，如图所示，已知pcr，将ab棒分成均匀两段，设左半段的中点为e，其电荷量为q，如图可知ce的长度为r，故其在c的电势为k0，同理，右半段在c产生的电势也为0，根据题意可知其代数和为20，故选项c正确。4如图甲所示连接电路，电源电动势为6 v。先使开关s与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在瞬间完成。然后把开关s掷向2端，电容器通过电阻r放电，电流传感器将测得的电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i t曲线如图乙所示。据此图可估算出电容器释放的电荷量，并进而估算出电容器的电容为()a2.0101 f b1.3102 fc4.5103 f d5.5104 f解析：选d电容器充电结束的电压等于电源的电动势，即u6 v；电容器放电过程的放电量等于i t图线与时间轴所围的面积，则q410.08103 c，电容器的电容c5.5104 f。5如图所示，带电粒子p所带的电荷量是带电粒子q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在m、n点，若ommn，则p和q的质量之比为()a34 b43 c32 d23解析：选ap、q两粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，ommn，则2xpxq，根据t可知，tq2tp，竖直方向粒子做匀加速直线运动，根据yat2可知，4，根据牛顿第二定律a得4，又因为qpqq3，所以mpmq34，选项a正确。6现有两个长不等的正方形abdc和abdc，如图所示，且aa、bb、cc、dd间距相等。在ab、ac、cd、db的中点分别放等量的点电荷，其中ab、ac中点放的点电荷带正电，cd、bd的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是()ao点的电场强度和电势均为零b把一正点电荷沿着bdc的路径移动时，电场力做功为零c同一点电荷在a、d两点所受电场力相同d将一负点电荷由a点移到b点电势能减少解析：选b小球由a点运动到b点，重力一定做正功，若v2v1，则电场力不一定做正功，选项a错误；根据动能定理可知，小球由a点运动到b点，电场力做功为wmvmvmgh，选项b正确；由wqu，可得两点间的电势差u(vv)，选项c错误；小球运动到b点时所受重力的瞬时功率pmgv2sin ，选项d错误。7在某电场中沿x方向上，电势与x关系如图所示，假想有一电子在该电场中仅受电场力作用而移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是()ax3到x4区域内沿x轴方向上的电场为匀强电场b若电子从电势为2 v的x1位置向右运动到电势为 2 v 的x7位置，因为电子电势能不变，电场力不做功，电子初动能大于零即可满足要求cx6到x7区域内沿x方向的电场强度为零d若电子从电势为2 v的x1位置向右运动到电势为 2 v 的x7位置，为了通过x4处电势为3 v的位置，电子至少具有初动能1 ev。解析：选ac由x3到x4电势均匀增大，则电场为匀强电场，故a正确；由x6到x7电势不变，则沿x方向电场强度为零，故c正确；要电子能从x1运动到x7，对于x1到x2，电场力阻碍电子运动，电子的初动能要大于电场力做功的值，故b错误；电子只要能通过x2处，就可通过x4，则其具有的初动能至少为2 ev，故d错误。8.如图两块平行金属板m、n竖直放置，两板间电势差u1.5103 v。现将质量m1102 kg、电荷量q4105 c 的带电小球从两板上方的a点以v04 m/s的初速度水平抛出，小球恰好能从m板上端进入两板之间，并沿直线运动打到n板上的b点。已知a距两板上端的高度为h0.2 m，不计空气阻力，g10 m/s2。则()a小球到达m板上端时的速度大小vm2 m/sbm、n两板间距d0.3 mc落点b距n板上端距离l0.2 md小球到达b点时动能ek0.175 j解析：选abd进入电场前，小球做平抛运动，只有重力做功，所以平抛运动过程中有mghmvmv，代入数据可得vm2 m/s，a正确；小球开始做平抛运动，所以小球到达m板上端的竖直分速度满足v2gh，解得vy2 m/s。设小球此时速度方向与水平方向之间的夹角为，则tan ，在电场中小球所受合外力方向与运动方向相同，小球做直线运动，所以有tan ，代入数据可解得d0.3 m，b正确；在电场中运动时，小球在竖直方向下落的距离ldtan 0.15 m，c错误；在电场中只有重力和电场力对小球做功，由动能定理有qumglekmv，代入数据可解得ek0.175 j，d正确。二、计算题9.如图所示，一带电荷量为q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球稍大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口并通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场。求：(1)小球的初速度；(2)应加电场的场强；(3)小球落地时的动能。解析：(1)由题意知，小球落到管口时的水平速度为零，设运动时间为t，则竖直方向hgt2, 水平方向st，联立解得v0s。(2)小球落到管口的过程中，水平方向上小球做匀减速运动。由运动学公式a，由动力学公式qema，联立解得e。(3)小球的竖直分运动为初速度为零的匀加速运动，因此小球落地时的动能ekmg2h2mgh。答案：(1)s(2)(3)2mgh10.如图，等量异种点电荷固定在水平线上的m、n两点上，有一质量为m、电荷量为q(可视为点电荷)的小球，固定在长为l的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过o点且与mn垂直的水平轴无摩擦地转动，o点位于mn的垂直平分线上距mn为l处。现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点b时速度为v，取o点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响。求：(1)小球经过b点时对杆的拉力大小；(2)在q、q形成的电场中，a点的电势a；(3)小球继续向左摆动，经过与a等高度的c点时的速度大小。解析：(1)小球经b点时，在竖直方向有fmgmfmgm由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小fmgm(2)由于取o点电势为零，而o在mn的垂直平分线上，所以b0小球从a到b过程中，由动能定理得mglq(ab)mv2a(3)由电场对称性可知，ca即uac2a小球从a到c过程，根据动能定理quacmvvc答案：(1)mgm(2)(3)11如图甲所示，将一个质量为m4.3 kg、带电荷量为q5.0105 c的小滑块静止放在无限大的绝缘水平桌面上，小滑块与桌面间的动摩擦因数0.1。04 s过程中在空间加上电场，电场强度大小如图乙所示，场强的正方向为斜向上、与水平桌面的夹角为37。(g取10 m/s2)求：(1)4 s内小滑块的位移大小；(2)4 s内电场力对小滑块所做的功。解析：(1)02 s内，滑块做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得qe1cos 37(mgqe1sin 37)ma1可得加速度大小a13 m/s2位移x1a1t6 m2 s末速度v