2027新高考物理复习53A版1-第九章 静电场

专题九静电场考点1静电场中力的性质考向1电场强度的叠加与计算10.(2025湖北,10,4分)(多选)如图所示,在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形,顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷,且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k,则O点处的电场强度()A.方向沿x轴负方向B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下C.大小为2kqR2(cos54°+cosD.大小为2kqR2(2cos54°+cos答案AD模型建构巧用割补思想建立对称性:全系统各点均叠加-3q电荷量。新系统电荷:原电荷+(-3q)→(-2q,-q,0,q,2q)。物理本质:均匀分布的-3q电荷在O点场强为0(对称性)。原系统场强=新系统(-2q,-q,0,q,2q)的场强。解析将带电荷量为q、2q、3q、4q、5q的5个点电荷所在位置分别标记为A、B、C、D、E,在各顶点均叠加-3q的电荷量,叠加后A、B、C、D、E处电荷量分别为-2q、-q、0、q、2q,则B(-q)与D(+q)、A(-2q)与E(+2q)可以看成2组等量异种点电荷模型。由几何知识易知OB、OD与x轴夹角为18°,OA、OE与x轴夹角为54°,O点恰好在这两组等量异种点电荷的中垂线上,则O点处场强的方向沿着x轴负方向,A正确,B错误。根据点电荷场强公式E=kQr2可知,A、E处点电荷产生的电场在O点的场强为2k2qR2cos54°,同理,B、D处点电荷产生的电场在O点的场强为2kqR2cos18°,则O点的场强大小为2kqR2(2cos二级结论任意对称图形顶点均匀分布等量同种点电荷时,中心处场强为0。该结论适用于正N边形、球壳等对称系统的电场分析。考向2静电力作用下的平衡与加速问题10.(2025安徽,10,5分)(多选)如图,两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内,空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止,间距为L,甲、乙所带电荷量分别为q、2q,质量分别为m、2m,静电力常量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2,匀强电场的电场强度大小为E,不计空气阻力,则()A.F1=12FB.E=kqC.若将甲、乙互换位置,二者仍能保持静止D.若撤去甲,乙下滑至底端时的速度大小v=k答案ABD解析对甲、乙受力分析如图所示,设斜面的倾角为θ,则F1=mgtanθ,F2=2mgtanθ,即F1=12F2,A正确。甲、乙均带正电,则F1=k2q2L2-Eq,F2=2Eq+k2q2L2,且F1=F22,联立解得E=kq2L2,B正确。若将甲、乙互换位置,对甲受力分析,甲所受静电力的合力大小F1'=k2q2L2+Eq>mgtanθ,受力不平衡;对乙受力分析,乙所受静电力的合力大小F2'=k2q2L2-2Eq<2mgtanθ,受力不平衡,C错误。若撤去甲,设乙沿斜面向下的加速度为a,则2mgsinθ-2qEcosθ=2ma,结合甲撤去前,乙在沿斜面方向上的受力平衡,2mgsinθ=2qE+2总结归纳点电荷平衡问题的解题步骤点电荷平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的,只是在原来受力的基础上多分析一个静电力,具体步骤如下。11.(2025山东,11,4分)(多选)球心为O、半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上,带电荷量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点,过O、A、B的截面如图所示,C、D均为圆弧上的点,OC沿竖直方向,∠AOC=45°,OD⊥AB,A、B两点间距离为3R,E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是()A.甲的质量小于乙的质量B.C点电势高于D点电势C.E、F两点电场强度大小相等,方向相同D.沿直线从O点到D点,电势先升高后降低答案BD审题指导“甲、乙刚好静止于碗内壁”→利用受力平衡及相互作用力的关系可得甲、乙质量关系。“E、F为AB连线的三等分点”→根据距离关系和电场的叠加原理可得E、F点的电场强度的关系。“C、D均为圆弧上的点”“OD⊥AB”→引入试探电荷,利用电场力做功可得电势的变化。解析由A、B两点间距离为3R,可得2Rsinθ2=3R,故AB圆弧所对的圆心角θ=120°;对小球甲、乙分别受力分析,如图所示,由正弦定理可得FBAsin45°=m甲gsin30°、FABsin75°=m乙gsin30°,由于FBA=FAB,可得m甲>m乙,故甲的质量大于乙的质量,A错误。将带正电的试探电荷由C点沿圆弧移至D点,静电力一直对其做正功,试探电荷的电势能一直减小,故电势一直减小,所以C点电势高于D点电势,B正确。由电场强度叠加原理可得,E点处的电场强度大小EE=k·2q33R2-kq23R32=21kq4R2,方向由A指向B;F13.(2025河南,13,10分)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m=2.0×10-10kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷,电荷量均为q=1.0×10-13C。随后,液滴以v=2.0m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2m的电极板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强度大小为E=2.0×105N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离;(2)A、B细胞收集管的间距。答案(1)5.0×10-3m(2)0.11m解析(1)含A细胞的液滴在竖直方向上做匀速直线运动,根据运动学公式l=vt,解得t=1.0×10-2s,在水平方向做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有qE=ma,解得加速度a=1.0×102m/s2,离开电场时偏转的距离x=12at2=5.0×10-3(2)含A细胞的液滴离开电场时的速度偏转角的正切值tanθ=vxv=atv=12,根据几何关系,A、B细胞收集管的间距L=2(x+htanθ)=0.11考向1电场分布带电粒子的运动轨迹1.(2025陕晋青宁,1,4分)某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图,其中可能正确的是()答案B解析电场线在电场中不相交,A错误。B选项符合正点电荷的电场线分布,B正确。静电场的电场线从正电荷或无限远处出发,终止于无限远处或负电荷,C选项的电场线是闭合的,不符合静电场的电场线分布特点,C错误。若存在D选项所示的静电场,如图所示,作两个垂直于电场线的等势面,则A、B两点间的电势差小于C、D两点间的电势差,与假设矛盾,D错误。4.(2025云南,4,4分)某介电电泳实验使用非匀强电场,该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为-2V、-1V、1V、2V的等势线上,则()A.a、b、c、d中a点电场强度最小B.a、b、c、d中d点电场强度最大C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2eVD.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV答案C解析由等势线分布图知a点附近的等势线最密,所以a点的电场强度最大,A、B错误;根据电荷的电势能Ep=qφ,电子的电荷量为-e,所以电子在a、b、c、d点的电势能分别是2eV、1eV、-1eV、-2eV,一个电子从b点移动到c点,电场力做功Wbc=Epb-Epc=2eV,C正确;一个电子从a点移动到d点,电势能增加了ΔEpad=Epd-Epa=-4eV,D错误。易错警示电势、电势能、电场力做功是标量,在代入公式求解相应的物理量时应严格注意正、负号,尤其是电子带负电,其电荷量qe=-e。4.(2025河南,4,4分)如图,在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点,其电势分别为6V、4V、2V;a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向,则正确的是()答案C解析由题意与题图可知,a、c连线的中点d处的电势为4V,则bd线为等势线,由几何关系知ac⊥bd,所以ac平行于电场线,沿电场线方向电势逐渐降低,则电场方向从a点指向c点,C正确。考向2静电场中力和能的性质的综合分析4.(2025福建,4,4分)某种静电分析器简化图如图所示,在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射入,恰好做圆周运动,运动轨迹为ABC,半径为r。另一电子b自A点垂直电场射入,轨迹为APQ,其中P、B、O三点共线,已知B、P间电势差为U,|CQ|=2|BP|,电子的电荷量为e,电子a入射动能为Ek,则()A.B点的电场强度大小E=EB.APQ是圆弧的一部分C.沿着APQ运动的电子运动到P点的动能为Ek-eUD.电子b经A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU答案D解析设B点电场强度大小为E,对电子a,由电场力提供向心力可得eE=mv2r,由于Ek=12mv2,联立可得E=2Eker,A错误。电子b由A至Q做离心运动,故APQ不是圆弧的一部分,B错误。A、B、C在同一等势面上,可得UAP=UBP=U;电子b在A点做离心运动,可知其初动能Ekb>Ek;电子b从A到P过程中,由动能定理可得-eU=EkP-Ekb,解得EkP>Ek-eU,C错误。由于CQ=2BP,沿着径向向外电场强度减小,可得UAQ=UCQ<2U,故由A到8.(2025湖南,8,5分)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、-q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时,电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是()A.OA中点的电势为零B.电场的方向与x轴正方向成60°角C.电场强度的大小为2D.电场强度的大小为2答案AD审题指导根据电势的定义式φ=E确定O、A、B三点的电势⇩根据O、A、B三点的电势关系寻找O、A连线上B点的等势点⇩结合电势的高低确定电场线的方向⇩根据E=Ud解析如图所示,依题意,O点电势为φO=Epq,A点电势为φA=Ep-q,所以O、A两点关于电势零点对称,即OA中点C点的电势为零,A正确;C点坐标为d2,0,又由于B点电势为φB=Ep2q=12φO,故OC中点D点的电势与B点电势相等,D点坐标为d4,0,由DA=AB=34d可得,等势线BD与x轴正方向成45°角,易知电场线垂直BD并指向右下方,故电场的方向与x轴正方向成45°角,B错误;由几何关系知,A点到BD的距离为22×34d=328考点3电容器带电粒子在匀强电场中的运动考向1电容器4.(2025黑吉辽蒙,4,4分)如图,某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的,逐渐增大施加于两极板压力F的过程中,F较小时弹性结构易被压缩,极板间距d容易减小;F较大时弹性结构闭合,d难以减小。将该电容器充电后断开电源,极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是() 答案D解析将该电容器充电后断开电源,则电容器极板上的电荷量Q保持不变,根据平行板电容器的电容C=εrS4πkd,电容的定义式C=QU,联立解得U=4πkdQεrS,由于其他量不变,故U正比于d,F较小时,极板间距d容易减小,则U容易减小;F考向2带电粒子在电场中的加速与偏转13.(2025四川,13,10分)如图所示,真空中固定放置两块较大的平行金属板,板间距为d,下极板接地,板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒,从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求:(1)微粒第一次到达下极板所需时间;(2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。答案(1)mdEq(2)2解析(1)金属微粒的加速度大小为a=Eqm微粒第一次到达下极板有d2=12a解得t1=md(2)设微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为vv2=2ax③x=2d④p=mv⑤联立①③④⑤可得p=2mqEd考向3带电粒子在组合场、叠加场中的运动15.(2025广东,15,16分)图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接,金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变。反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,且水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g,忽略空气阻力和电场的边缘效应。求:(1)颗粒碰撞前的电荷量q。(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。(3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。答案(1)mgldℎU(2)kmgdℎUl审题指导初始状态在A点从静止开始运动,仅受重力与电场力,做匀加速直线运动至B点发生碰撞碰撞特征①电荷量改变;②水平分速度不变;③竖直分速度大小变为碰前的k倍(方向反向);④碰后速度方向垂直于合力方向已知量m,h,d,l,U,g,k(k<1),忽略空气阻力与电场边缘效应解析(1)颗粒受到重力和电场力作用做匀加速直线运动,合力沿着AB方向。设AB与竖直方向夹角为θ,则有tanθ=l对颗粒受力分析可知tanθ=qE且U=Ed解得q=mgld(2)碰撞前,设颗粒的水平分速度为vx,竖直分速度为vy,则vx2=2axl,根据牛顿第二定律可知ax=qU颗粒与下方绝缘平板相碰后,设碰后速度与水平方向夹角为α,由题意可知,此时重力和电场力的合力与竖直方向的夹角也为α,如图所示则有kvy解得Q=kmgdℎ(3)第一阶段由A到B,电场力做的功W1=qEl=mg第二阶段,从第一次碰撞后到第二次碰撞前,分两种情况讨论:①颗粒与下方绝缘平板发生第二次碰撞。设两次碰撞的时间间隔为t,分析竖直方向上的竖直上抛运动(分运动)可知kvy=g2解得t=2k2分析水平方向上的匀加速直线运动(分运动)可知x=vxt+12·QEm解得x=4kl+4此种情况下需满足x≤d-l,即d≥(4k+1)l+4则此过程中电场力做的功W2=QEx=4k2mgh+4则电场力做的总功为W=W1+W2=mgl2ℎ+4k②若d<(4k+1)l+4k3全过程电场力做功只与颗粒的水平位移有关则W=qEl+QE(d-l)=mgl2关键点拨(1)电场力做功仅与水平位移相关,需分别计算两段运动过程的水平位移。(2)第二阶段竖直方向为竖直上抛运动,需注意位移方向与加速度方向的符号设定。7.(2025黑吉辽蒙,7,4分)如图,光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切,轨道半径为r,圆心为O,O