2020版高考物理专题1.14静电场知识的应用（电磁部分）（含解析）.docx

专题1.14 静电场知识的应用一选择题1（2019江苏七市三模）西汉著作淮南子中记有“阴阳相薄为雷，激扬为电”，人们对雷电的认识已从雷公神话提升到朴素的阴阳作用下列关于雷电的说法错误的是()A. 发生雷电的过程是放电过程B. 发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程C. 发生雷电的过程中，电荷的总量增加D. 避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击【参考答案】C【名师解析】雷电的产生原因是：云块随气流运动时，相互之间会因的摩擦而带上不同的电荷，当这些带不同电荷的云块又运动到一起或带电云块与大地，山脉接触时，就会发生大规模电荷转移即大规模放电现象。即雷电。所以发生雷电的过程是放电过程，发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程，选项AB正确；发生雷电的过程中，正负电荷中和，电荷的总量不增加，选项C错误；避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击，选项D 正确。2.（6分）（2019湖北武汉武昌5月调研）如图是静电除尘器除尘原理图，M、N是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图示位置的a、b、c三点在同一直线上，且|ab|bc|下列判断正确的是（）AN是直流高压电源的负极B电场中b点的电势高于c点的电势C同一个点电荷在电场中c 点受到的电场力小于在a点受到的电场力D电场中 c、b 间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba【参考答案】CD【命题意图】本题以静电除尘器除尘原理图切入，考查静电场、电势和电势差、电场力及其相关知识点。【解题思路】电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移，所以N是直流高压电源的正极，选项A错误；根据N为直流电源的正极，所以电场方向由集尘极指向放电极，故电场中c点电势高于b点电势，选项B错误；放电极与集电极之间的电场线类似于负点电荷电场，同一个点电荷在电场中所受的电场力FqE，因为b点更靠近放电极（场源电荷），所以a点的电场线更加密，即a点电场强度更大，所以同一个电荷在电场中c点受到的电场力小于a点受到的电场力，选项C正确；因为电场不是匀强电场，靠近放电极的电场强度更大，又因为UEd，所以电场中 c、b间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba，选项D正确。【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是把带电微粒运动方向误认为是电场线方向，导致认为N是直流高压电源的负极，错选AB；二是机械套用公式UEd，导致漏选C或D.。 3（2018福建质检）为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的。假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是（ ）A金属圆筒内存在匀强电场B金属圆筒内越靠近收尘极电势越低C带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大D带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小【参考答案】 D【考查内容】本题以处理工业废气中的静电除尘器为素材，主要考查静电场，电场线，电场强度、电场力、电势能、电势等知识。侧重考查理解能力，要求考生对电场的相关概念的联系和区别有清楚的认识。体现物质观念、运动观念、能量观念、模型建构与STSE等物理核心素养的考查。【名师解析】根据图像信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故A错误；逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，因此B错误；尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故C错误；离电晕极越远，场强越小，尘埃带电量不变，电场力越小，故D正确。本题的解题关键是建构电场模型，理解电场力的性质和能的性质的特点。4.（2018北京密云模拟）利用静电除尘可以大量减少排放烟气中的粉尘。如图是静电除尘装置的示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当A、B两端接上高压后，在电场作用下管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘在吸附了电子后最终附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的。根据上述原理，下面做法正确的是 （ ）AA端接高压正极，B端接高压负极 BA端接高压负极，B端接高压正极CA端、B端都接高压正极 DA端、B端都接高压负极【参考答案】B【名师解析】要使粉尘在吸附了电子后最终附着在金属管壁上，金属管壁接电源正极，即A端接高压负极，B端接高压正极，选项B正确。5.(多选)如图5所示为一产生聚焦电场的装置，由电极A1、A2、A3、A4构成。图中虚线为等势线，关于中心线z轴上下对称，相邻等势线间电势差相等。图中P、Q、R是一个从左侧进入聚焦电场的带正电粒子的运动轨迹上的三点，则可以确定()A.该装置是由两个平行板电容器A1A2、A3A4构成B.该聚焦电场方向在中心线上与z轴方向一致C.带正电粒子从Q点到R点的过程中电势能减少D.若将带正电粒子束从右侧射入聚焦电场，则一定被会聚【参考答案】BC【名师解析】由等势线的形状可知，A1A2、A3A4不是两对平行板电容器，选项A错误；由带正电粒子的运动轨迹可知电场方向向右，即该聚焦电场方向在中心线上与z轴方向一致，选项B正确；由于带正电的粒子从Q点到R点的过程中，电场力对其做正功，故其电势能减少，选项C正确；带正电粒子束从右侧射入时，由粒子受到的电场力的方向可知，粒子将向两侧发散而不能会聚，选项D错误。6（多选）（江苏省南京市南京师范大学附属中学2018届高三5月模拟）某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称，下列说法正确的是()A. A点电势低于B点电势 B. A点电场强度小于C点电场强度C. 烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能 D. 烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能【参考答案】 AC二计算题1.(20分)（2018北京海淀二模）用电子加速器产生的高能电子束照射可使一些物质产生物理、化学和生物学效应，其中电子束焊接是发展最快、应用最广泛的一种电子束加工技术。电子束加工的特点是功率大，能在瞬间将能量传给工件，而且电子束的能量和位置可以用电磁场精确和迅速地调节，实现计算机控制。图14甲是电子束加工工件的示意图，电子枪产生热电子后被高压电源加速，经聚焦系统会聚成很细的电子束，打在工件上产生高压力和强能量，对工件进行加工。图14乙是电子加速系统，K是与金属板M距离很近的灯丝，电源E1给K加热可以产生初速度不计的热电子，N为金属网，M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场。系统放置在真空环境中，通过控制系统排走工件上的多余电子，保证N与工件之间无电压。正常工作时，若单位时间内从K发出的电子数为n，经M、N之间的电场加速后大多数电子从金属网N的小孔射出，少部分电子打到金属网丝上被吸收，从而形成回路电流，电流表的示数稳定为I。已知电子的质量为m、电量为e，不计电子所受的重力和电子之间的相互作用。（1）求单位时间内被金属网N吸收的电子数n；（2）若金属网N吸收电子的动能全部转化为内能，试证明其发热功率P=IU；（3）a.电子在聚焦时运动方向改变很小，可认为垂直打到工件上时的速度与从N中射出时的速度相同，并假设电子打在工件上被工件全部吸收不反弹。求电子束打到工件表面时对工件的作用力大小；并说明为增大这个作用力，可采取的合理可行的措施（至少说出两种方法）；b. 已知MN梁板间的距离为d，设在两板之间与M相距x到x+x的空间内（x足够小）电子数为N，求 与x的关系式。【名师解析】（20分）（1）在单位时间内打到金属网N上被吸收的电子数为 3分（2）设在金属网N上产生的热功率为P，则 2分 2分解得： P=IU 1分(3) a. 在t时间内到达工件处的电子数为n2=（n- n) t 2分在t时间内，有n2个电子与工件作用时速度由v减为0，设电子受到工件的持续作用力大小为F，由动量定理得 2分解得： 1分由牛顿第三定律，电子对工件的作用为大小为 1分增大电源E1辐射电子的功率；增大E2电压U；使金属丝变细且空格适当变大些，从而减少金属网N吸收的电子。 2分(每说出一点给1分，共计2分)b. 距M板x处电子速度为v，由动能定理 1分 设电子通过x的时间为t 又因为 所以 3分2.（2018北京门头沟期末）（13分） 在现代科学实验和技术设备中经常用电场或磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示的装置由两部分构成，电子枪部分实现对电子加速，由偏转电场实现对电子的偏转。金属丝附近的电子被加速后，沿着中心线O O进入偏转场。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间的相互作用力，设电子刚刚离开金属丝时的速度为零。 （1）电子枪的加速电压为，求电子从金属板小孔穿出时的速度v0的大小；（2）设平行板两板间距为d，两板长度均为L，两平行板板间所加电压为，求电子射出偏转电场时在垂直于板面方向偏移的距离；(3)如何实现对电子精准控制，是设计者十分关心的问题。请你回答如果只改变偏转电场的电压，能使电子穿过平行板，分析电压的取值范围；如果在两板间加磁场控制该电子(如图乙所示)，仍能使电子穿过平行板，分析所加匀强磁场的磁感应强度B取值范围。【名师解析】（1）电子在电场中运动，根据动能定理 （2分）解得电子穿出小孔时的速度 （1分）（2）电子进入偏转电场做类平抛运动，在垂直于极板方向做匀加速直线运动。运动学规律 （1分） L = v0t （1分）根据牛顿第二定律 （1分）联立解得 （1分）（3）3. （2018北京西城期末）（12分）电磁弹射在电磁炮、航天器、舰载机等需要超高速的领域中有着广泛的应用，图1所示为电磁弹射的示意图。为了研究问题的方便，将其简化为如图2所示的模型（俯视图）。发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为L且相互平行的金属导轨，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。发射导轨的左端为充电电路，已知电源的电动势为E，电容器的电容为C。子弹载体被简化为一根质量为m、长度也为L的金属导体棒，其电阻为r。金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上。忽略一切摩擦阻力以及导轨和导线的电阻。（1）发射前，将开关S接a，先对电容器进行充电。a求电容器充电结束时所带的电荷量Q；b充电过程中电容器两极板间的电压u随电容器所带电荷量q发生变化。请在图3中画出u-q图象；并借助图象求出稳定后电容器储存的能量E0。 （2）电容器充电结束后，将开关接b，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始运动，导体棒离开轨道时发射结束。电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒的动能，将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率。若某次发射结束时，电容器的电量减小为充电结束时的一半，不计放电电流带来的磁场影响，求这次发射过程中的能量转化效率。【名师解析】. （12分）解：（1）a根据电容的定义 （2分）电容器充电结束时其两端电压U等于电动势E解得电容器所带电荷量 Q = CE （1分）b根据以上电容的定义可知 画出q-u图象如图3所示 （1分） 由图象可知，稳定后电容器储存的能量E0为图4中阴影部分的面积 （1分） 将Q代入解得 （1分） （2）设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为t，放电的电荷量为Q，平均电流为，导体棒离开轨道时的速度为v 以导体棒为研究对象，根据动量定理 （或） （1分） 根据电流定义可知 （或 ） （1分）根据题意有 联立以上各式解得 导体棒离开轨道时的动能 （1分）电容器释放的能量 （1分）联立解得能量转化效率 （2分） 4制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的