高考物理专题复习精品学案静电场doc高中物理

2022届高考物理专题复习精品学案――静电场【命题趋向】从近三年的高考分析来看，高考对静电场专题的考察频率很高，所占分值约为全卷的百分之5到10，试题主要集中在电场的力的性质、电场的能的性质以及与其他知识的综合应用。涉及电场强度、电场线、电场力、电势、电势差、等势面、电势能、平行板电容器的电容、匀强电场、电场力做功电势能的变化，还有带电粒子在电场中的加速和偏转等知识。重点考察了根本概念的建立、根本规律的内涵与外延、根本规律的适用条件，以及对电场知识跟其他相关知识的区别与联系的理解、鉴别和综合应用。预计2022年的高考中，本专题仍是命题的热点之一，在上述考察角度的根底上，重点加强以选择题的形式考察静电场的根本知识点，以综合题的形式考察静电场知识和其他相关知识在生产、生活中的应用。另外高考试题命题的一个新动向，静电的防治和应用，静电场与相关化学知识综合、与相关生物知识综合、与环保等热点问题相联系，在新颖、热门的背景下考察静电场根本知识的应用。【考点透视】一、库伦定律与电荷守恒定律1．库仑定律（1）真空中的两个静止的点电荷之间的相互作用力与它们电荷量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在他们的连线上。（2）电荷之间的相互作用力称之为静电力或库伦力。21/21\n（3）当带电体的距离比他们的自身大小大得多以至于带电体的形状、大小、电荷的分布状况对它们之间的相互作用力的影响可以忽略不计时，这样的带电体可以看做带电的点，叫点电荷。类似于力学中的质点，也时一种理想化的模型。2．电荷守恒定律电荷既不能创生，也不能消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一局部转移到物体的另一局部，在转移的过程中，电荷的总量保持不变，这个结论叫电荷守恒定律。电荷守恒定律也常常表述为：一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和总是保持不变的。二、电场的力的性质1．电场强度（1）定义：放入电场中的某一点的检验电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值，叫该点的电场强度。该电场强度是由场源电荷产生的。（2）公式：（3）方向：电场强度是矢量，规定某点电场强度的方向跟正电荷在该点所受静电力的方向相同。负电荷在电场中受的静电力的方向跟该点的电场强度的方向相反。2．点电荷的电场（1）公式：21/21\n（2）以点电荷为中心，r为半径做一球面，那么球面上的个点的电场强度大小相等，E的方向沿着半径向里（负电荷）或向外（正电荷）3．电场强度的叠加如果场源电荷不只是一个点电荷，那么电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。4．电场线（1）电场线是画在电场中的一条条的由方向的曲线，曲线上每点的切线方向，表示该点的电场强度的方向，电场线不是实际存在的线，而是为了描述电场而假想的线。（2）电场线的特点电场线从正电荷或从无限远处出发终止于无穷远或负电荷；电场线在电场中不相交；在同一电场里，电场线越密的地方场强越大；匀强电场的电场线是均匀的平行且等距离的线。三、电场的能的性质1．电势能电势能：由于移动电荷时静电力做功与移动的路径无关，电荷在电场中也具有势能，这种势能叫做电势能。2．电势（1）电势是表征电场性质的重要物理量，通过研究电荷在电场中的电势能与它的电荷量的比值得出。（2）公式：（与试探电荷无关）21/21\n（3）电势与电场线的关系：电势顺线降低。（4）零电势位置的规定：电场中某一点的电势的数值与零电势点的选择无关，大地或无穷远处的电势默认为零。3．等势面（1）定义：电场中电势相等的点构成的面。（2）特点：一是在同一等势面上的各点电势相等，所以在同一等势面上移动电荷，电场力不做功二是电场线一定跟等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。4．电场力做功（1）电场力做功与电荷电势能变化的关系：电场力对电荷做正功，电荷电势能减少；电场力对电荷做负功，电荷电势能增加。电势能增加或减少的数值等于电场力做功的数值。（2）电场力做功的特点：电荷在电场中任意两点间移动时，它的电势能的变化量势确定的，因而移动电荷做功的值也势确定的，所以，电场力移动电荷所做的功与移动的路径无关，仅与始末位置的电势差由关，这与重力做功十分相似。四、电容器、电容1．电容器任何两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成是一个电容器。（最简单的电容器是平行板电容器，金属板称为电容器的两个极板，绝缘物质称为电介质）21/21\n2．电容（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值表达式：（2）平行板电容器电容公式：五、带电粒子在电场中的运动1．加速：2．偏转：当带点粒子垂直进入匀强电场时，带电粒子做类平抛运动粒子在电场中的运动时间粒子在y方向获得的速度粒子在y方向的位移粒子的偏转角：【例题解析】例1． 如以下图，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，那么A，B两点的电势差为：【解析】在竖直方向做匀减速直线运动2gh=v02①电场力做正功、重力做负功，粒子的动能从变为，那么根据动能定理21/21\n例2．一根对称的“八字”形玻璃管置于竖直平面内，如以下图。管所在的空间有竖直向下的匀强电场，电场强度E=1000牛/库。重力G＝1.0×10-3牛，带电量Q=-2×10-6库的小物体在管内从A点由静止开场运动，它与管壁摩擦系数为0.5，管长AB=BC=3米，管的B处为一极短的光滑圆弧，管AB和BC与水平方向所夹的角度皆为37°,问（1）小物体最终静止在何处？（2）从A开场计算时，小物体运动的总路程是多少？【解析】A—B，作匀加速运动B—C，作匀减速运动，由于有机械能损失，到不了C点就停顿，接着返回作匀加速运动，过B点又作匀减速动，…最后停在B点.由动能定理，对全过程，L=AB=BC=3米μ=0.5(qE-mg)Lsin370-μ(qE-mg)cos370S=0S=0.6L/（0.5×0.8）=1.8/0.4=4.5m21/21\n例3B+．1000eV的电子流在两极板中央斜向上方进入匀强电场，电场方向竖直向上，它的初速度与水平方向夹角为30°，如图为了使电子不打到上面的金属板上，应该在两金属板上加多大电压U？【解析】电子流在匀强电场中做类似斜抛运动，欲使电子刚好不打金属板上，那么必须使电子在d／2内竖直方向分速度减小到零，设此时加在两板间的电压为U，在电子流由C到A途中，电场力做功We=EUAC，由动能定理至少应加500V电压，电子才打不到上面金属板上。例4、如图，一个电子以速度v0=6.0×106m／s和仰角α=45°从带电平行板电容器的下板边缘向上板飞行。两板间场强E=2.0×104V／m，方向自下向上。假设板间距离d=2.0×10-2m，板长L=10cm，问此电子能否从下板射至上板？它将击中极板的什么地方？【解析】应先计算y方向的实际最大位移，再与d进展比较判断。21/21\n由于ym＜d，所以电子不能射至上板。因此电子将做一种抛物线运动，最后落在下板上，落点与出发点相距1.03cm。小结：斜抛问题一般不要求考生掌握用运动学方法求解。用运动的合成分解的思想解此题，也不是多么困难的事，只要按照运动的实际情况把斜抛分解为垂直于电场方向上的的匀速直线运动，沿电场方向上的坚直上抛运动两个分运动。就可以解决问题。例5、一个质量为m，带有电荷-q的小物块，可在水平轨道OX上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿OX轴正方向，如以下图，小物体以初速v0OEX0X从离O点为x0处沿OX轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f＜qE。设小物体与墙碰撞时不损失机械能且电量保持不变。求它在停顿运动前所通过的总路程s。【解析】设小物块从开场运动到停顿在O处的往复运动过程中位移为x0，往返路程为s。根据动能定理有21/21\n解得小结：此题考察两点内容一是要分析出物体最终停下来的位置，二是要学会能量分析。例6、如以下图，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为-q、套在杆上的带负电小球从A点由静止开场沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为。求：3RABC+R（1）小球滑至C点时的速度的大小；（2）A、B两点的电势差；（3）假设以C点作为零电势点，试确定A点的电势。【解析】(1)B—C3mgR/2=mvc2/2-mvB2/2vc=(2)A—B3mgR/2+=mVB2/2-0=mgR/2=/q=mgr/-2q(3)==-mgR/2q==-mgR/2q例7、如图甲所示，A、B为两块靠得很近的平行金属板，板中央均有小孔。一束电子以初动能Ek=120ev，从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B之间，在B板右侧，平行金属板的板长L=2×10－2m，板间距离d=4×10－3m，两板上所加电压为U221/21\n=20V。现在在A、B两板上加一个如图乙所示的变化电压U1，在t=0到t=2s时间内，A板电势高于B板，那么在U1随时间变化的第一个周期内（1）电子在哪段时间内可以从B板小孔射出？（2）在哪段时间内，电子能从偏转电场右侧飞出？（由于A、B两板距离很近，可以认为电子穿过A、B板间所用时间很短，可以不计）【解析】（1）能射出B板，要求电子到达B板时速度大于或等于零，由动能定理得AB两板所加电压在0—1区间里有U=200故由于电压图像的对称性，另一对应时刻在下半周期，电场力做正功电子均能射出，所以能射出的时间段为0—及（2）设电子从偏转电场中垂直射入时速度为，那么侧移是才能射出又又因所以在—内有电子射出。21/21\n例8、如以下图，在厚铅板A外表中心放置一很小的放射源，可向各个方向放射出速率为的粒子（质量为m，电量为q），在金属网B与A板间加有竖直向上的匀强电场，场强为E，A与B间距为d，B网上方有一很大的荧光屏M，M与B间距为L，当有粒子打在荧光屏上时就能使荧光屏产生一闪光点。整个装置放在真空中，不计重力的影响，试分析：（1）打在荧光屏上的粒子具有的动能有多大？（2）荧光屏上闪光点的范围有多大？（3）在实际应用中，往往是放射源射出的粒子的速率未知，请设计一个方案，用本装置来测定粒子的速率。【解析】（1）粒子在电场中作加速运动，电场力作正功，打在荧光屏上的粒子且有动能，（2）当粒子初速度与电场线垂直时，作类平抛运动，沿电场线方向到达B板所用时间为从B板到达M板所用时间为粒子运动总时间21/21\n荧光屏上闪光范围是一个圆,其半径R=（3）由前问题可知，荧光屏上闪光范围是一个圆，其半径与粒子的初速度成正比。测得圆的半径R，可计算出粒子的初速度或将AB间电场反向，电场力对粒子做负功，逐渐增大电场强度，当荧光屏上闪光消失时，粒子初动能全部用来抑制电场力做功。【专题训练与高考预测】1．如以下图，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和场强，可以判定（）A．φa＞φb＞φcB．Ea＞Eb＞EcC．φa–φb=φb–φcD．Ea=Eb=Ec2．如以下图，平行的实线代表电场线，方向未知，电荷量为1×10-2C的正电荷在电场中只受电场力作用，该电荷由A点移到B点，动能损失了0.1J，假设A点电势为V，那么（）A．B点电势为零B．电场线方向向左C．电荷运动的轨迹可能是图中曲线aD．电荷运动的轨迹可能是图中曲线b3．如以下图，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，那么（）21/21\nA．小球不可能做匀速圆周运动B．当小球运动到最高点时绳的张力一定最小C．小球运动到最低点时，球的线速度一定最大D．小球运动到最低点时，电势能一定最大bac4．如以下图，a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V和1.5V。一质子()从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，那么对质子的运动有以下判断，正确的是（）A．质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eVB．质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eVC．质子经过等势面c时的速率为2.25vD．质子经过等势面c时的速率为1.5v5．如以下图，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带电的质点在仅受电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。以下说法中正确的选项是（）A．三个等势面中，等势面a的电势最高B．带电质点一定是从P点向Q点运动C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小6．如以下图，一带电粒子从平行带电金属板左侧中点垂直于电场线以速度v0射入电场中，恰好能从下板边缘以速度v121/21\n飞出电场。假设其它条件不变，在两板间参加垂直于纸面向里的匀强磁场，该带电粒子恰能从上板边缘以速度v2射出。不计重力，那么（）v0mqA．2v0=v1+v2B．v0=C．v0=D．v0<v1=v27．www.ks5u.com如以下图，水平固定的小圆盘A带电荷量为Q，电势为零，从盘心处O释放一质量为m、带电荷量为+q的小球.由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的C点，OC=h，又知道过竖直线上B点时，小球速度最大.由此可确定的Q形成的电场中的物理量是：①B点的场强②C点的场强③B点的电势④C点的电势（）A．①③B．②④C．①④D．②③8．质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，那么小球所带的电量应为（）A．B．C．D．9．如以下图，带箭头的直线表示某电场的电场线，虚线表示等势线，一个带负电的粒子以一定初速度进入电场，由A运动到B（轨迹为图中AB实曲线所示）．设粒子经过A、B两点时的加速度和动能分别用aA、aB、EA、EB表示，那么（不计粒子重力）（）21/21\nA．aA＞aBB．aA=ABC．EA＞EBD．EA＜EBa-Ld+θ10．如以下图，用长L=0.50m的绝缘轻质细线，把一个质量m=1.0g带电小球悬挂在带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d=5.0cm，两板间电压U=1.0×103V。静止时，绝缘线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直距离a=1.0cm。（θ角很小，为计算方便可认为tanθ≈sinθ，取g=10m/s2，需要求出具体数值，不能用θ角表示）求：（1）两板间电场强度的大小；（2）小球带的电荷量。（3）假设细线突然被剪断，小球在板间如何运动？11．如以下图，A、B为不带电平行金属板，间距为d，构成的电容器电容为C．质量为m、电量为q的带电液滴一滴一滴由A板小孔上方距A板高h处以v0初速射向B板．液滴到达B板后，把电荷全部转移在B板上．求到达B板上的液滴数目最多不能超过多少？12．在方向水平的匀强电场中，绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端悬挂于O点。将小球拿到A点（此时细线与电场方向平行）无初速释放，已知小球摆到B点时速度为零，此时细线与竖直方向的夹角为θ=30°，求：（1）小球的平衡位置。（2）小球经过平衡位置时细线对小球的拉力。dU1L1L2PMNOKA13．如以下图为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A21/21\n板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离。14．如以下图，M、N是水平放置的一对金属板，其中M板中央有一个小孔O，板间存在竖直向上的匀强电场.AB是一长9L的轻质绝缘细杆，在杆上等间距地固定着10个完全相同的带正电小球，每个小球的电荷量为q、质量为m，相邻小球距离为L.现将最下端小球置于O处，然后将AB由静止释放，AB在运动过程中始终保持竖直.经观察发现，在第4个小球进入电场到第5个小球进入电场这一过程中AB做匀速运动。求：（1）两板间电场强度E；（2）上述匀速运动过程中速度v的大小.15．质量为m、带电量为－q的粒子（重力不计），在匀强电场中A点的瞬时速度为v，方向与电场线垂直，在B点的速度为2v，如以下图。已知A、B两点间的距离为d，求：（1）A、B两点的电势差。（2）电场强度的大小和方向。参考答案21/21\n1．A（只有一条电场线，不能确定具体的电场，无法比较电场强弱及两点间的电势差）2．ABD（正电荷从A点移到B点，动能减少，电场力做负功，电势能增加，电势升高，UBA=V=10V=φB-φA.得φB=0.电荷所受电场力方向向左，轨迹为曲线b.）3．D当mg=qE时可以做匀速圆周运动，最高点和最低的向心力是拉力、重力和电场力的合力4．BD（质子由高电势向低电势运动，动能增加，电势能减少；由动能定理得，BD正确。）5．D（考察等势面电场线等知识，与动能定理结合。画一条场线如图，由带电质点轨迹的弯曲方向可知受力方向，但不知场线方向，故无法判断电势的高底。假设质点是从P至Q运动，电场场力做正功，动能增加，质点通过P点时的动能比通过Q点时小;假设从Q至P运动，电场场力做负功，动能减少，质点通过P点时的动能也是比Q点时小;故D正确。由于三个等势面相邻等势面间的电势差相同，a、b间较密，故靠近P区域的场强，对应的加速度比通过Q点时要大。）6．B（洛伦兹力不做功，电场力做功大小相等，由动能定理得，，，可得B正确。）21/21\n7．C带电圆盘周围的电场既非匀强电场，又非点电荷的电场，场中某处的场强、电势只能从题给条件中确定：对最大速度的点B有，F合B=0，即mg=qEB，可确定B点的场强；因C为最高点，所以有：mgh=qUOC，而盘A的电势为零，故：UC=0.8．D（依题意做出带正电小球A的受力图，电场力最小时，电场力方向应与绝缘细线垂直，qE=mgsin30°，得D正确）．9．C由电场线的疏密可判定B处电场强度大，故有aA<aB，从A到B电场力做负功，动能减小，EA＞EB。正确选项为C。10．解：（1）设两板间的电场强度为E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得：E==2.0×104V/m（2）小球静止时受力平衡qE=mgtanθ解得q==1.0×10-8C（3）小球做初速度为零的匀加速直线运动。11．设到达B板上的液滴数目最多不超过n个，第n-1个液滴落到B板上时电容器的电量电容器两极板间的电压第n滴到达B板时速度刚好为0，由动能定理得解得21/21\n12．解：（1）小球由A运动到B根据动能定理，mgLcosθ-qEL（1+sinθ）=0解得qE=mg设小球的平衡位置为C，悬线与竖直方向间的夹角为α，小球受力如图，那么tanα==，α=30°（2）由A到C，根据动能定理，有mgLsin60°-qEL（1-cos60°）=在C点，根据牛顿第二定律，有解得T=mg13．（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU1=，解得：（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：U1L1L2dPMNOKAy2y1F=eE，E=，F=ma，a=21/21\nt1=，y1=，解得：y1=（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得：vy=at1=电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如以下图t2=，y2=vyt2解得：y2=P到O点的距离为y=y1+y2=14．解析：（1）由题意，当有4个小球在电场中时，电场力与重力平衡4Eq=10mg①E=5mg/2q.②（2）对第4个小球刚好进入电场之前的过程应用动能定理：10mg×3L－qE（3L+2L+L）=×10mv2③将②式代入③式得v=.15．解析：将运动沿vA方向（设为y）和与场平行方向（设为x）分解。y方向为匀速运动，x方向为初速为零的匀加速运动即为类平抛运动。vBx=vB与y方向的夹角为θ，那么21/21\n位移与y方向的夹角为φ，又由。1.3.5又y2+x2=d2，解得x=1.3.5由E=UAB/x得，方向水平向左.vBx=21/21