（新課標(biāo)）2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場(chǎng)章末熱點(diǎn)集訓(xùn)

PAGEPAGE1第七章靜電場(chǎng)章末熱點(diǎn)集訓(xùn)電場(chǎng)強(qiáng)度的巧解MN為足夠大的不帶電薄金屬板，在金屬板的右側(cè)，距離為d的位置上放入一個(gè)電荷量為＋q的點(diǎn)電荷O，由于靜電感應(yīng)產(chǎn)生了如下圖的電場(chǎng)分布．P是金屬板上的一點(diǎn)，P點(diǎn)與點(diǎn)電荷O之間的距離為r，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向和大小為()A．方向沿P點(diǎn)和點(diǎn)電荷的連線向左，大小為eq\f(2kqd,r3)B．方向沿P點(diǎn)和點(diǎn)電荷的連線向左，大小為eq\f(2kq\r(r2－d2),r3)C．方向垂直于金屬板向左，大小為eq\f(2kqd,r3)D．方向垂直于金屬板向左，大小為eq\f(2kq\r(r2－d2),r3)[解析]題中電場(chǎng)與電量均為q的兩個(gè)異號(hào)點(diǎn)電荷，距離為2d時(shí)產(chǎn)生的電場(chǎng)相同，如圖甲所示，P點(diǎn)的電場(chǎng)方向垂直于金屬板向左，設(shè)正負(fù)點(diǎn)電荷與P點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為α，如圖乙所示，所以P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為E＝eq\f(kq,r2)cosα＋eq\f(kq,r2)cosα＝eq\f(2kq,r2)·eq\f(d,r)＝eq\f(2kqd,r3)，應(yīng)選項(xiàng)C正確．[答案]C1.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)．如下圖，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過(guò)半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R.M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，那么N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為()A.eq\f(kq,2R2)－E B．eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D．eq\f(kq,4R2)＋E解析：選A.左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)等效為帶正電荷為2q的整個(gè)球面的電場(chǎng)和帶電荷－q的右半球面的電場(chǎng)的合電場(chǎng)，那么E＝eq\f(2kq,〔2R〕2)－E′，E′為帶電荷－q的右半球面在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大?。畮щ姾桑璹的右半球面在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，那么EN＝E′＝eq\f(2kq,〔2R〕2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，那么A正確．帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的分析(多項(xiàng)選擇)如下圖，實(shí)線是一質(zhì)子僅在電場(chǎng)力作用下由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，虛線可能是電場(chǎng)線，也可能是等差等勢(shì)線，那么以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A．假設(shè)虛線是電場(chǎng)線，那么質(zhì)子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大，動(dòng)能小B．假設(shè)虛線是等差等勢(shì)線，那么質(zhì)子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大，動(dòng)能小C．質(zhì)子在a點(diǎn)的加速度一定大于在b點(diǎn)的加速度D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)一定高于b點(diǎn)的電勢(shì)[解析]假設(shè)虛線是電場(chǎng)線，由質(zhì)子軌跡可知質(zhì)子所受電場(chǎng)力方向沿電場(chǎng)線向左，由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，A錯(cuò)；假設(shè)虛線是等勢(shì)線，那么質(zhì)子所受電場(chǎng)力垂直等勢(shì)線向下，由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，B對(duì)；因電場(chǎng)線和等差等勢(shì)線的疏密程度均可表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，而a點(diǎn)處于密集區(qū)，所以Ea>Eb，由a＝eq\f(qE,m)知C對(duì)；因質(zhì)子在a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)能大小無(wú)法比擬，由Ep＝qφ知，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)無(wú)法比擬，D錯(cuò)．[答案]BC2.(多項(xiàng)選擇)(2022·濟(jì)南調(diào)研)如下圖，在x軸上相距為L(zhǎng)的兩點(diǎn)固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷＋Q、－Q，虛線是以＋Q所在點(diǎn)為圓心、eq\f(L,2)為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個(gè)點(diǎn)，其中a、c兩點(diǎn)在x軸上，b、d兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱．以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．b、d兩點(diǎn)處的電勢(shì)相同B．四個(gè)點(diǎn)中c點(diǎn)處的電勢(shì)最低C．b、d兩點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度相同D．將一試探電荷＋q沿圓周由a點(diǎn)移至c點(diǎn)，＋q的電勢(shì)能減小解析：選ABD.根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)線及等勢(shì)線的分布可知b、d兩點(diǎn)電勢(shì)相同，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向不同，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤．四點(diǎn)中a點(diǎn)電勢(shì)最高，c點(diǎn)電勢(shì)最低，由a經(jīng)b到c，電勢(shì)越來(lái)越低，正電荷由a經(jīng)b到c電勢(shì)能越來(lái)越小，選項(xiàng)B、D正確．電容器的動(dòng)態(tài)分析問題(多項(xiàng)選擇)如下圖，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A．假設(shè)將A板向上平移一小段位移，那么油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，G中有b→a的電流B．假設(shè)將A板向左平移一小段位移，那么油滴仍然靜止，G中有b→a的電流C．假設(shè)將S斷開，那么油滴立即做自由落體運(yùn)動(dòng)，G中無(wú)電流D．假設(shè)將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，那么油滴向上加速運(yùn)動(dòng)，G中有b→a的電流[解析]根據(jù)題圖可知，A板帶負(fù)電，B板帶正電，原來(lái)油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，說(shuō)明油滴受到的豎直向上的電場(chǎng)力剛好與重力平衡；當(dāng)S閉合，假設(shè)將A板向上平移一小段位移，那么板間間距d變大，而兩板間電壓U此時(shí)不變，故板間場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(U,d)變小，油滴所受的合力方向向下，所以油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，而根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C減小，故兩板所帶電荷量Q也減小，因此電容器放電，所以G中有b→a的電流，選項(xiàng)A正確；在S閉合的情況下，假設(shè)將A板向左平移一小段位移，兩板間電壓U和板間間距d都不變，所以板間場(chǎng)強(qiáng)E不變，油滴受力平衡，仍然靜止，但是兩板的正對(duì)面積S減小了，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C減小，兩板所帶電荷量Q也減小，電容器放電，所以G中有b→a的電流，選項(xiàng)B正確；假設(shè)將S斷開，兩板所帶電荷量Q保持不變，板間場(chǎng)強(qiáng)E也不變，油滴仍然靜止，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；假設(shè)將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，兩板所帶電荷量仍保持不變，兩板間間距d變小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，顯然，兩板間場(chǎng)強(qiáng)E不變，所以油滴仍然靜止，G中無(wú)電流，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．[答案]AB3.如下圖，平行板電容器充電后斷開電源，板間有一點(diǎn)P，在P點(diǎn)固定一個(gè)試探電荷q，現(xiàn)將下極板向下平移一小段距離，如果用F表示試探電荷在P點(diǎn)所受的電場(chǎng)力，用E表示極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，用φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，用Ep表示試探電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，那么以下物理量隨兩極板間距離d的變化關(guān)系的圖線中，可能正確的選項(xiàng)是()解析：選C.因?yàn)槠叫邪咫娙萜鞒潆姾笈c電源斷開，故電荷量一定，下極板下移，那么板間距離d變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變小，由U＝eq\f(Q,C)可知U變大，平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)·d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，故場(chǎng)強(qiáng)E不變，由F＝qE可知，試探電荷所受的電場(chǎng)力F也不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；P點(diǎn)與上極板間的電勢(shì)差保持不變，所以P點(diǎn)的電勢(shì)和試探電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能都不變，應(yīng)選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤．帶電粒子在“等效力場(chǎng)〞中的運(yùn)動(dòng)如下圖的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，帶負(fù)電荷的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)并進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng).小球所受電場(chǎng)力是其重力的eq\f(3,4)，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ＝60°，sBC＝2R.假設(shè)使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，h至少為多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[解析]小球所受的重力和電場(chǎng)力都為恒力，故可將兩力等效為一個(gè)力F，如下圖．可知F＝1.25mg，方向與豎直方向成37°角．由圖可知，小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界點(diǎn)是D點(diǎn)，設(shè)小球恰好能通過(guò)D點(diǎn)，即到達(dá)D點(diǎn)時(shí)圓環(huán)對(duì)小球的彈力恰好為零．由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得：F＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，即：1.25mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)小球由A運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：mg(h－R－Rcos37°)－eq\f(3,4)mg×(hcotθ＋2R＋Rsin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)聯(lián)立解得h＝7.7R.[答案]7.7R4.如下圖，絕緣光滑軌道AB局部是傾角為30°的斜面，AC局部為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切．整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，帶正電荷量為q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能平安通過(guò)圓軌道，那么在O點(diǎn)的初速度應(yīng)為多大？解析：電場(chǎng)力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝eq\r(〔qE〕2＋〔mg〕2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知：A為等效最低點(diǎn)，D為等效最高點(diǎn)，要使小球平安通過(guò)圓軌道，經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)應(yīng)滿足：mg′≤eq\f(mveq\o\al(2,D),R)令小球以最小初速度v0運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知：－mg′·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，即v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3)).答案：v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)問題的求解如下圖，虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1＝E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線PQ右側(cè)相距為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)E2平行的屏，現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無(wú)初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn)，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間；(2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；(3)電子打到屏上P′點(diǎn)到O點(diǎn)的距離x.[解析](1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，時(shí)間為t1，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)v1＝a1t1，t2＝eq\f(2L,v1)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝t1＋t2＝3eq\r(\f(mL,eE)).(2)設(shè)電子射出電場(chǎng)E2時(shí)，沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場(chǎng)中的加速度為a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(2eE,m)t3＝eq\f(L,v1)，vy＝a2t3tanθ＝eq\f(vy,v1)聯(lián)立各式解得tanθ＝2.(3)如圖，設(shè)電子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為x1x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)tanθ＝eq\f(x2,L)解得：x＝x1＋x2＝3L[答案](1)3eq\r(\f(mL,eE))(2)2(3)3L5.如圖甲所示，一對(duì)平行金屬板M、N長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，O1O為中軸線．其中N板接地．當(dāng)M板的電勢(shì)φ＝φ0時(shí)，兩板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，忽略兩極板外的電場(chǎng)，某種電荷量為q的帶負(fù)電的粒子從O1點(diǎn)以速度v0沿O1O方向射入電場(chǎng)，粒子恰好打在上極板M的中點(diǎn)，粒子重力忽略不計(jì)．(1)求粒子的質(zhì)量；(2)假設(shè)M板的電勢(shì)變化如圖乙所示，其周期T＝eq\f(L,2v0)，從t＝0開始，前eq\f(T,3)內(nèi)φM＝2φ，后eq\f(2T,3)內(nèi)φM＝－φ，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場(chǎng)，最終所有粒子恰好能全部離開電場(chǎng)而不打在極板上，求φ的值．解析：(1)設(shè)粒子經(jīng)過(guò)時(shí)間t0打在M板中點(diǎn)，沿極板方向：eq\f(1,2)L＝v0t0，垂直極板方向：eq\f(1,2)d＝eq\f(qφ0,2md)teq\o\al(2,0)，整理得m＝eq\f(qφ0L2,4d2veq\o\al(2,0)).(2)粒子通過(guò)兩板時(shí)間t＝eq\f(L,v0)＝2T，從t＝0時(shí)刻開始，粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)每個(gè)電勢(shì)變化周期的前三分之一時(shí)間內(nèi)的加速度大小為a1＝eq\f(2qφ,md)，方向垂直極板向上；在每個(gè)電勢(shì)變化周期的后三分之二時(shí)間內(nèi)加速度大小為a2＝eq\f(qφ,md)，方向垂直極板向下，不同時(shí)刻從O1點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在電場(chǎng)方向的速度vy隨時(shí)間t變化的關(guān)系如下圖．因?yàn)樗辛Ｗ觿偤媚苋侩x開電場(chǎng)而不打在極板上，可以確定在t＝nT或t＝nT＋eq\f(1,3)T(n＝0，1，2…)時(shí)刻進(jìn)