(江蘇專用)2020版高考物理新增分大一輪復習 第六章 靜電場 專題突破七 電場綜合問題講義(含解析).docx
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專題突破七電場綜合問題命題點一靜電場圖象問題1主要類型(1)vt圖象;(2)x圖象;(3)Ex圖象2應對策略(1)vt圖象:根據(jù)vt圖象的速度變化、斜率變化(即加速度的變化),確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況,進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化(2)x圖象:電場強度的大小等于x圖線的斜率大小,電場強度為零處,x圖線存在極值,其切線的斜率為零在x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小,并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向在x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化,可用WABqUAB,進而分析WAB的正負,然后作出判斷(3)Ex圖象:根據(jù)Ex圖象中E的正負確定電場強度的方向,再在草紙上畫出對應電場線的方向,根據(jù)E的大小變化,確定電場的強弱分布例1(多選)(2018興化一中四模)在真空中的x軸上的原點和x6a處分別固定一個點電荷M、N,在x2a處由靜止釋放一個正點電荷P,假設點電荷P只受電場力作用沿x軸方向運動,其速度大小與在x軸上的位置關系如圖1所示,則下列說法中正確的是()圖1A點電荷M、N一定都是正電荷B點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為21C點電荷P的電勢能一定是先增大后減小D點電荷P所受電場力一定先減小后增大答案AD解析由vx圖象可知,點電荷P的速度先增大后減小,所以點電荷P的動能先增大后減小,說明電場力先做正功,后做負功,結合正電荷受到的電場力的方向與場強的方向相同可知,電場強度的方向先沿x軸的正方向,后沿x軸的負方向,根據(jù)點電荷的電場線的特點與電場的疊加原理可知,點電荷M、N一定都是正電荷,故A正確;由題圖可知,在x4a處點電荷P的速度最大,速度的變化率為0,說明x4a處的電場強度等于0,則點電荷M與N在x4a處的電場強度大小相等,方向相反,根據(jù)點電荷場強公式得:,所以點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為41,故B錯誤;點電荷P的動能先增大后減小,由于只有電場力做功,所以點電荷P的電勢能一定是先減小后增大,故C錯誤;由題圖圖象可知,點電荷的加速度先減小后增大,則所受的電場力一定先減小后增大,選項D正確例2(2018常州市一模)帶電球體的半徑為R,以球心為原點O建立坐標軸x,軸上各點電勢隨x變化如圖2所示下列說法正確的是()圖2A球帶負電荷B球內電場強度最大CA、B兩點電場強度相同D正電荷在B點的電勢能比C點的大答案D解析從球出發(fā)向兩側電勢降低,而電場線從正電荷出發(fā),沿著電場線電勢降低,故球帶正電荷,A錯誤;球是等勢體,故內部任意兩點間的電勢差為零,故場強為零,而球外場強大于零,B錯誤;A點與B點的電場強度大小相等,但方向相反,故不同,C錯誤;從B到C,電勢降低,故正電荷電勢能減小,D正確例3(多選)某靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖3所示,x軸正方向為場強正方向,一個帶正電的點電荷只在電場力的作用下沿x軸運動,x1、x2、x3、x4四點間隔相等則()圖3A點電荷在x2和x4處電勢能相等B點電荷由x1運動到x3的過程中電勢能減小Cx1、x2兩點之間的電勢差小于x3、x4兩點之間的電勢差D點電荷由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大答案BC變式1(2018蘇錫常鎮(zhèn)一調)一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用,做初速度為零的直線運動取該直線為x軸,起始點O為坐標原點,其電勢能Ep與位移x的關系如圖4所示,下列圖象中合理的是()圖4答案D解析Epx圖象上某點的切線的斜率表示電場力,故電場力逐漸減小,根據(jù)E,知電場強度也逐漸減小,A錯誤;根據(jù)動能定理,有:FxEk,故Ekx圖線上某點切線的斜率表示電場力;由于電場力逐漸減小,與B圖矛盾,B錯誤;根據(jù)公式v2v2ax,勻變速直線運動的v2x圖象是直線,而vx圖象不可能是直線,C錯誤;粒子做加速度減小的加速運動,D正確命題點二“等效法”處理力電復合場問題帶電體在勻強電場中運動時,既受重力,又受電場力,由于這兩個力都是恒力,故其合力也為恒力,可用二者合力代替這兩個力,這樣物體就只受一個力了,該力可稱為等效重力1等效重力法將重力與電場力進行合成,如圖5所示,則F合為等效重力場中的“重力”,g為等效重力場中的“重力加速度”,F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向,即在等效重力場中的豎直向下方向圖52在“等效力場”中做圓周運動的小球,經常遇到小球在豎直平面內做圓周運動的臨界速度問題小球能維持圓周運動的條件是能過最高點,而這里的最高點不一定是幾何最高點,而應是物理最高點幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端,是符合人眼視覺習慣的最高點而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小的點例4如圖6所示,在豎直平面內固定的圓形絕緣軌道的圓心為O,半徑為r,內壁光滑,A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場,一質量為m、帶負電的小球在軌道內側做完整的圓周運動(電荷量不變),經過C點時速度最大,O、C連線與豎直方向的夾角60,重力加速度為g.圖6(1)求小球所受的電場力大?。?2)求小球在A點的速度v0為多大時,小球經過B點時對圓軌道的壓力最小答案(1)mg(2)2解析(1)小球在C點時速度最大,則電場力與重力的合力沿DC方向,所以小球受到的電場力的大小Fmgtan 60mg.(2)要使小球經過B點時對圓軌道的壓力最小,則必須使小球經過D點時的速度最小,即在D點小球對圓軌道的壓力恰好為零,有m,解得v.在小球從圓軌道上的A點運動到D點的過程中,根據(jù)動能定理有mgr(1cos 60)Frsin 60mv2mv,解得v02.命題點三力電綜合問題電場力雖然從本質上有別于力學中的重力、彈力、摩擦力,但產生的效果服從于牛頓力學中的所有規(guī)律,因此,有關電場力作用下帶電體的運動問題,應根據(jù)力學解題思路去分析例5(2019江都中學期中)如圖7,ABCD為豎直放在場強大小為E104V/m的水平向右勻強電場中的絕緣光滑軌道,其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓形軌道,軌道的水平部分與半圓相切于B點,A為水平軌道上的一點,而且ABR0.2 m,把一質量m0.1 kg、帶電荷量q1104 C的小球放在水平軌道的A點由靜止開始釋放,小球在軌道的內側運動(g取10 m/s2).求:圖7(1)小球到達C點時對軌道壓力是多大?(2)小球能否沿圓軌道到達D點?(3)若小球釋放點離B的距離為1.0m,則小球從D點飛出后落地點離B的距離是多少?(結果可以含有根號)答案(1)3N(2)不能(3)m解析(1)由A點到C點應用動能定理有:Eq(ABR)mgRmv解得:vC2 m/s設在C點軌道對小球支持力為FN,應用牛頓第二定律得:FNEqm得FN3 N由牛頓第三定律知,小球在C點對軌道的壓力大小為3 N.(2)小球要通過D點,必有mgm設釋放點距B點的距離為x時小球能通過D點,由動能定理得:Eqxmg2Rmv以上兩式聯(lián)立可得:x0.5 m因ABEC,故同一個電荷放在B點受到的電場力大于放在C點時的電場力,故A正確;由題圖可知B點電勢高于C點電勢,負電荷在電勢高的地方,電勢能小,正電荷在電勢高的地方,電勢能大,故B錯誤;由題圖可知,O點電勢最高,但電場強度為0,故C錯誤;根據(jù)Epq可知,正試探電荷沿x軸從B移到C的過程中,電勢能先增大再減小,即電場力先做負功,后做正功,故D正確3(多選)(2018南通市、泰州市一模)真空中有一半徑為r0的均勻帶電金屬球,以球心為原點建立x軸,軸上各點的電勢分布如圖3所示,r1、r2分別是x軸上A、B兩點到球心的距離下列說法中正確的有()圖3A0r0范圍內電場強度處處為零BA點電場強度小于B點電場強度CA點電場強度的方向由A指向BD正電荷從A點移到B點過程中電場力做正功答案ACD4.如圖4所示,在豎直向上的勻強電場中,一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球,另一端固定于O點,小球在豎直平面內做勻速圓周運動,最高點為a,最低點為b.不計空氣阻力,則下列說法正確的是()圖4A小球帶負電B電場力跟重力平衡C小球在從a點運動到b點的過程中,電勢能減小D小球在運動過程中機械能守恒答案B解析由于小球在豎直平面內做勻速圓周運動,所以重力與電場力的合力為0,電場力方向豎直向上,小球帶正電,A錯,B對;從ab,電場力做負功,電勢能增大,C錯;由于有電場力做功,故小球在運動過程中機械能不守恒,D錯5(2018金陵中學等三校四模)測定電子的電荷量的實驗裝置示意圖如圖5所示,置于真空中的油滴室內有兩塊水平放置的平行金屬板M、N,并分別與電壓為U的恒定電源兩極相連,板的間距為d.現(xiàn)有一質量為m的帶電油滴在極板間勻速下落,已知元電荷e、重力加速度g,則()圖5A油滴中電子的數(shù)目為B油滴從小孔運動至N過程中,電勢能增加mgdC油滴從小孔運動至N過程中,機械能增加eUD若將極板M向下緩慢移動一小段距離,油滴將加速下降答案B解析帶電油滴在極板間勻速下落,故重力和電場力平衡,則有mg,所以油滴帶電荷量q,所以油滴中電子的數(shù)目為n,故A錯誤;油滴從小孔運動至N過程中,電場力方向向上,電場力做的功為mgd,電勢能增加mgd,機械能減少mgd,故B正確,C錯誤;若將極板M向下緩慢移動一小段距離,d減小,電場力Fq增大,合外力豎直向上,油滴將減速下降,故D錯誤6(多選)(2018如皋市調研)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動,其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖6所示,其中0x2段是對稱的曲線,x2x3段是直線,則下列說法正確的是()圖6Ax1處電場強度為零Bx1、x2、x3處電勢1、2、3的關系為123C粒子在x2x3段速度v隨x均勻減小Dx2x3段是勻強電場答案ABD解析根據(jù)電勢能與電勢的關系:Epq,場強與電勢的關系:E,得:E,由數(shù)學知識可知Epx圖象切線的斜率等于qE,x1處切線斜率為零,電場強度為零,故A正確;由題圖可知,x1、x2、x3處電勢1、2、3的關系為123,故B正確;根據(jù)電勢能與電勢的關系:Epq,粒子在x2x3段電勢能增大,速度v隨x非均勻減小,故C錯誤;x2x3段是直線,場強不變,是勻強電場,故D正確7.(多選)(2018江蘇省高考壓軸沖刺卷)如圖7所示,內壁光滑的絕緣管做成的圓環(huán)半徑為R,位于豎直平面內,管的內徑遠小于R.ab為該環(huán)的水平直徑,ab及其以下區(qū)域處于水平向左的勻強電場中現(xiàn)將質量為m、電荷量為q的帶正電小球從管中a點由靜止開始釋放,已知qEmg.則下列說法正確的是()圖7A小球釋放后,可以運動過b點B小球釋放后,到達b點時速度為零,并在bda間往復運動C小球釋放后,第一次和第二次經過最高點c時對管壁的壓力之比為16D小球釋放后,第一次經過最低點d和最高點c時對管壁的壓力之比為51答案AD解析從a到b的過程,由動能定理得qE2Rmv可知vb0,故小球可以運動過b點,選項A正確,B錯誤;小球釋放后,第一次經過最高點c時有:FN1mgm,mgREq2Rmv,因為qEmg,解得FN1mg,第二次經過最高點c時有:FN2mgm,Eq2Rmvmv,解得FN25mg,由牛頓第三定律知第一次和第二次經過最高點c時對管壁的壓力之比為15,選項C錯誤;從小球釋放至第一次經過最低點d,由動能定理得mgREqRmv2,在d點有:FNmgm,解得FN5mg,結合牛頓第三定律可知第一次經過點d和點c時對管壁的壓力之比為51,選項D正確8(2018泰州中學開學考)如圖8所示,均勻帶正電的圓環(huán)水平放置,AB為過圓心O的豎直軸線一帶負電的微粒(可視為點電荷),從圓心O正上方某處由靜止釋放向下運動,不計空氣阻力,在運動的整個過程中,下列說法中正確的是()圖8A帶電微粒的加速度可能一直增大B帶電微粒的電勢能可能一直減小C帶電微粒的運動軌跡可能關于O點對稱D帶電微粒的動能可能一直增大答案D解析帶電微粒釋放后受到的電場力的方向在O點的上方是向下的,所以微粒向下運動從釋放開始到運動到O點的過程中,所受電場力變化情況有兩種可能:(1)先增大后減小;(2)一直減小在第(1)種情況下,帶電微粒受到的電場力先增大后減小,釋放后到達O點前帶電微粒的加速度先增大后減小,過O點后仍然是先增大后減??;而在第(2)種情況下,帶電微粒到達O點前加速度一直減小,過O點后加速度一直增大;若微粒的重力也計算在內,由于重力的方向一直是豎直向下,則微粒的加速度同樣會由于微粒的電場力的變化而變化,變化的規(guī)律與沒有重力時基本相同,但都不可能是一直增大的,故A錯誤;從釋放點到O點的過程中,微粒受到的電場力的方向向下,電場力做正功;在O點的下方,微粒受到的電場力的方向向上,電場力做負功;所以微粒的電勢能會先減小后增大,故B錯誤;由于重力的方向始終是向下的,所以微粒在O點兩側的運動一定不是對稱的,故C錯誤;帶電微粒合力一直向下,微粒的速度一直增大,動能一直增大,故D正確9如圖9所示,在E103V/m的豎直勻強電場中,有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接,半圓形軌道平面與電場線平行,其半徑R40 cm,N為半圓形軌道最低點,P為QN圓弧的中點,一帶負電的小滑塊位于N點右側x1.5 m的M處,小滑塊質量m10 g,電荷量q104 C,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.15,取g10 m/s2,求:圖9(1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q,則小滑塊應以多大的初速度v0向左運動?(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大?答案(1)7m/s(2)0.6N解析(1)設小滑塊到達Q點時速度為v,由牛頓第二定律得mgqE小滑塊從開始運動至到達Q點過程中,由動能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv聯(lián)立方程解得v07 m/s(2)設小滑塊到達P點時速度為v,則從開始運動至到達P點過程中,由動能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv在P點時,由牛頓第二定律得FN代入數(shù)據(jù)解得FN0.6 N由牛頓第三定律得,小滑塊對軌道的壓力大小為FNFN0.6 N10如圖10所示,AB是位于豎直平面內、半徑R0.5 m的圓弧形的光滑絕緣軌道,其下端點B與水平絕緣軌道平滑連接,整個軌道處在水平向左的勻強電場中,電場強度E5103 N/C.今有一質量為m0.1 kg、帶電荷量q8105 C的小滑塊(可視為質點)從A點由靜止釋放若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.05,取g10 m/s2,求:圖10(1)小滑塊第一次經過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力;(2)小滑塊在水平軌道上向右滑過的最大距離;(3)小滑塊最終運動情況答案(1)2.2N,方向豎直向下(2)m(3)在圓弧形軌道上往復運動解析(1)設小滑塊第一次到達B點時的速度為vB,對圓弧軌道最低點B的壓力為FN,則由AB,由動能定理可得mgRqERmv在B點對小滑塊由牛頓第二定律可得FNmgm由牛頓第三定律FNFN解得FN2.2N,方向豎直向下(2)設小滑塊在水平軌道上向右滑行的最大距離為x,對全程由動能定理有mgRqE(Rx)mgx0得xm(3)由題意知qE81055103N0.4Nmg0.050.110N0.05N因此有qEmg所以小滑塊最終在圓弧形軌道上往復運動- 配套講稿:
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