高考专题八静电场应用创新题组

这是一份高考专题八静电场应用创新题组，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

专题八　静电场
应用创新题组
(时间:80分钟　满分:130分)
一、单项选择题(每小题4分,共12分)
1.(2020长郡中学月考一,8)如图甲所示,两平行金属板a、b间距为d,在两板右侧装有荧光屏MN(绝缘),O为其中点。在两板a、b上加上如图乙所示的电压,电压最大值为U0。现有一束带正电的离子束(比荷为k),从两板左侧沿中线方向以初速度v0,连续不断地射入两板间的电场中,设所有离子均能打到荧光屏MN上,已知金属板长L=2v0t0,则在荧光屏上出现亮线的长度为(　　)

A.kdU0t02　　　　　　B.kU0t022d
C.kU0t02d　　　　　　D.3kU0t022d
答案　C　t=0时刻射入的粒子打在荧光屏上的位置与荧光屏中心O的距离最大,设此距离为ymax,此粒子在0至t0时间内,在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做匀加速直线运动,竖直方向的位移为y1=12at02=12×qU0mdt02=qU0t022md=kU0t022d,此粒子在t0至2t0时间内,做匀速直线运动,竖直方向分速度为vy=at0=qU0mdt0,竖直方向的位移为y2=vyt0=qU0mdt02=kU0t02d,所以ymax=y1+y2=kU0t022d+kU0t02d=3kU0t022d。t=t0时刻射入的粒子打在荧光屏上的位置与荧光屏中心O的距离最小,设此距离为ymin,此粒子在t0至2t0时间内做匀速直线运动,在2t0至3t0时间内,粒子在水平方向上仍做匀速直线运动,在竖直方向上做匀加速直线运动,竖直方向的位移为ymin=y1=kU0t022d。所以在荧光屏上出现亮线的长度为Δy=ymax-ymin=kU0t02d,故选C。
2.(2021,5·3原创)如图甲所示,一半径为R的球面上均匀分布着电荷量为Q的正电荷,电荷在球心O点处产生的电场强度为零。已知下部分半球面上的电荷在圆心O点处产生的电场强度大小E0=kQ4R2,方向如图甲所示。现切掉含有14Q正电荷的14球面,如图乙,若剩下的34Q正电荷均匀分布在剩下的34球面。则切掉14球面后,圆心O点处的电场强度大小为(　　)

A.2kQ4R2　　　　　　B.3kQ8R2　　　　　　C.3kQ4R2　　　　　　D.2kQ8R2
答案　D　如图所示,把球面分成4等份,由于电荷是均匀分布在球面上的,故每一等份所带电荷在圆心O点处产生的电场强度大小都相等,设每一等份球面所带电荷在圆心O点处产生的电场强度大小为E',则下半球中的两等份在圆心O点处的合场强大小为E0=kQ4R2,每一部分产生的场强方向与E0的方向成45°夹角,根据平行四边形定则知:E'=E0 cos 45°=kQ4R2×22=2kQ8R2,可知被切掉的那部分球面上的电荷在圆心O点处产生的电场强度大小也为2kQ8R2,由于球面完整时,圆心O点处的电场强度为零,故被切掉的那部分球面上的电荷在圆心O点处产生的电场强度与剩下的34球面上的电荷在圆心O点处产生的电场强度是等大反向的,故剩下的34球面在圆心O点处产生的电场强度大小也为2kQ8R2,故选项A、B、C错误,选项D正确。

3.(2021惠州一调典型模型)如图为一水平放置的平行板电容器,它两极板分别与电池两极相连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方P点有一带电粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并恰好在下极板处(未与极板接触)返回。若只稍微改变下极板的位置,则关于从P点开始下落的相同粒子,以下说法正确的是(　　)

A.将下极板向上移动一些,粒子一定打在下极板上
B.将下极板向下移动一些,粒子一定打在下极板上
C.无论下极板上移或者下移一些,粒子一定恰好在下极板处返回
D.无论下极板上移或者下移一些,粒子一定在下极板上方返回
答案　B　设电容器两极板间电压为U,带电粒子质量为m,下极板未移动前,带电粒子从静止释放到速度为零的过程,由动能定理得:mg(h+d)-qU=0,将下极板向上移动时,此时极板间距变为d'(d'd',所以ℎℎ+d-d'<1,xd,由以上分析可知x>d',说明粒子一定打在下极板上,故B正确,D错误。
二、多项选择题(每小题6分,共36分)
4.(2020长郡中学月考一,11)(多选)如图所示,用绝缘材料做成的光滑圆环固定在竖直平面内,O为圆心,AOC、AB、BC均为用绝缘材料做成的光滑细杆,AB杆竖直,AB与AC的夹角θ=37°,整个空间存在水平方向的匀强电场(未画出)。现将两个质量均为m、带电荷量均为+q的小环分别套在AC、AB两根细杆上,并从A处同时由静止释放,结果两小环经相同时间t分别滑到C、B两处。若不计小环之间的库仑力,重力加速度为g,sin 37°=0.6,则下列说法正确的是(　　)

A.匀强电场方向水平向左
B.匀强电场的电场强度大小为E=3mg4q
C.若把小环套在BC杆上且从B处由静止释放,则小环滑到C处的时间大于t
D.若把小环套在BC杆上且从B处由静止释放,则小环滑到C处的时间等于t
答案　ABD　两小环在杆上做匀加速直线运动,在AB杆上的小环加速度大小为aAB=g,运动位移为h,有h=12gt2,AC杆上小环运动的位移为l=ℎcosθ>h,因为下滑时间相同,由l=12aACt2可知aAC>aAB,所以小环必受到方向向左的电场力,由于小环带正电,则匀强电场方向向左,选项A正确;对AC杆上的小环有l=12aACt2=12gcosθ+Eqsinθmt2,解得E=3mg4q,选项B正确;对BC杆上的小环分析有a1=Eqm=34g,lBC=h tan θ=12a1t12,解得t1=2ℎg=t,即小环滑到C处的时间也等于t,选项C错误,D正确。故选A、B、D。
5.(2021八省联考B卷,5,4分)(多选)如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图,一个带电粒子仅在静电力作用下从坐标原点O沿x轴正方向运动。则(　　)

A.粒子一定带正电
B.粒子一定带负电
C.粒子从x1运动到x3,加速度先增大后减小
D.粒子从x1运动到x3,加速度先减小后增大
答案　BD　由题图可知,从x1到x2电势逐渐升高,说明电场方向水平向左,粒子受到水平向右的电场力,故粒子带负电,选项A错误,B正确;由φ-x图像斜率的绝对值等于电场强度的大小可知,从x1到x3,图像斜率的绝对值先减小后增大,故电场强度先减小后增大,则粒子所受的电场力先减小后增大,粒子的加速度先减小后增大,选项C错误,D正确。故选B、D项。
6.(2021广州三校联考,11典型模型)(多选)图甲为两水平金属板,在两板间加上周期为T的交变电压u,电压u随时间t变化的图线如图乙所示,质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间,经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是(　　)

A.t=0时入射的粒子,离开电场时偏离中线的距离最大
B.t=14T时入射的粒子,离开电场时偏离中线的距离最大
C.无论哪个时刻入射的粒子,离开电场时的速度方向都沿水平方向
D.无论哪个时刻入射的粒子,离开电场时的速度大小都相等
答案　ACD　因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T,根据牛顿第二定律和Δv=at知,所有粒子离开电场时竖直方向的速度为零,即最终都沿水平方向射出电场,离开电场时的速度大小都等于初速度大小,故C、D正确;粒子在电场中运动的时间是相同的;t=0时入射的粒子,在竖直方向先加速,然后减速到0时恰离开电场区域,故t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大;t=14T时入射的粒子,在竖直方向经历加速、减速、反向加速、反向减速到0恰离开电场区域,此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离为0;故A正确,B错误。
7.(2020广州执信中学月考,19典型模型)(多选)在竖直向上的匀强电场中,有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出,最后落到水平地面上,运动轨迹如图所示,两球之间的静电力和空气阻力均不考虑,则(　　)

A.A球带正电,B球带负电
B.A球比B球先落地
C.在下落过程中,A球的电势能减少,B球的电势能增加
D.两球从抛出到各自落地的过程中,A球的动能变化量比B球的小
答案　AD　小球受到重力和电场力作用,当电场力与重力同向时,加速度为a=g+qEm,反向时,加速度为a=g-qEm,小球做类平抛运动,下落高度相同,根据h=12at2可知t=2ℎa,带正电的小球运动较慢,下落时间较长,又因为水平方向做匀速直线运动,所以水平位移较大,A正确,B错误;电场力对A球做负功,电势能增加,对B球做正功,电势能减少,C错误;根据动能定理,可知A球末速度较小,所以速率变化量比B球小,即动能变化量比B球的小,D正确。
8.(2021淄博期末,9设问创新)(多选)如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角,此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

A.匀强电场的电场强度E=mgtanθq
B.小球动能的最小值为Ek=mgL2cosθ
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,其电势能先减小后增大
答案　AB　小球静止时悬线与竖直方向成θ角,对小球受力分析,如图,小球受重力、拉力和电场力,三力平衡,根据平衡条件,有:mg tan θ=qE,解得E=mgtanθq,A正确;小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,在等效最高点A速度最小,根据牛顿第二定律,有:mgcosθ=mv2L,则最小动能Ek=12mv2=mgL2cosθ,B正确;小球的机械能和电势能之和守恒,则小球运动至电势能最大的位置机械能最小,小球带负电,则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小,C错误;小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,电场力先做正功,后做负功,再做正功,则其电势能先减小后增大,再减小,D错误。

9.(2022届北镇中学月考,11设问创新)(多选)如图所示,竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道,匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左,P、Q分别为轨道上的最高点、最低点,M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动,已知重力加速度为g,电场强度E=3mg4q,要使小球能沿轨道做完整的圆周运动,则下列说法正确的是(　　)

A.小球在轨道上运动时,动能最小的位置,电势能最大
B.小球在轨道上运动时,机械能最大的位置一定在M点
C.小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg
D.小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg
答案　BC　根据等效重力场知识可得,电场力与重力的合力大小为mg等=(mg)2+(qE)2=54mg,故等效重力加速度为g等=54g,如图所示,tan θ=qEmg=34,即θ=37°,若小球刚好能通过C点关于圆心O对称的D点,那么小球就能做完整的圆周运动。小球在D点时的动能最小,但D点并非是其电势能最大的位置,小球电势能最大的位置在N点,A错误;小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律,小球在轨道上M点的电势能最小,机械能最大,B正确;小球过Q点和P点时,由牛顿第二定律可得FQ-mg=mvQ2R,FP+mg=mvP2R,小球从Q点到P点,由动能定理可得-2mgR=12mvP2-12mvQ2,联立解得FQ-FP=6mg,C正确,D错误。

三、非选择题(共82分)
10.(2022届株洲八中期中典型模型)(10分)如图,一质量m=1×10-6 kg、带电荷量q=-2×10-8 C的微粒以初速度大小v0竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场,当微粒运动到比A点高h=0.2 m的B点时,速度大小为2v0,方向水平。g取10 m/s2,求:

(1)微粒的初速度大小v0;
(2)A、B两点间的电势差UAB;
(3)匀强电场的场强大小E。
解析　(1)由题意可知,微粒在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,在竖直方向做匀减速直线运动。竖直方向有v02=2gh,代入数据得v0=2 m/s。 
(2)对微粒从A点运动到B点的过程,由动能定理得qUAB-mgh=12m(2v0)2-12mv02,解得UAB=-400 V。 
(3)设微粒从A点运动到B点的时间为t,沿电场线方向运动的距离为d,则竖直方向有h=v0+02t,水平方向有d=0+2v02t,解得d=2h=0.4 m,匀强电场的场强大小E=UABd=-400V0.4m=1 000 V/m。 
11.(2021长郡中学月考,20典型模型)(12分)如图所示,水平放置的平行板电容器,两板间距为d=8 cm,板长为l=25 cm(未按比例作图),接在直流电源(内阻不计)上,有一带电液滴以v0=0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入,恰好做匀速直线运动,当它运动到P处时迅速将上板竖直向上移动2 cm,则液滴刚好从金属板末端飞出,求:(g取10 m/s2)

(1)判断液滴带电性质并说明理由;
(2)将上板向上提起后,液滴的加速度大小;
(3)液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P点所用的时间。
解析　(1)带电液滴在板间受重力和电场力,因为液滴做匀速直线运动,故电场力向上,与板间场强方向相反,故液滴带负电。
(2)液滴最初匀速运动,有qE=mg,即qUd=mg,得qU=mgd。
当上板向上提起后,d增大,E减小,电场力减小,故液滴向下偏转,在电场中做类平抛运动。此时液滴所受电场力F'=qUd'=mgdd',a=mg-F'm=gd'-dd'=15g=2 m/s2。 
(3)因为液滴刚好从金属板末端飞出,所以液滴在竖直方向上的位移是d2,设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1,则d2=12at12,t1=da=0.2 s,而液滴从刚进入电场到出电场的时间t2=lv0=0.5 s,所以液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P点所用的时间为t=t2-t1=0.3 s。 
12.(2021湖北孝感2月调研,14)(10分)如图所示匀强电场水平向右,在电场中的O点固定一轻细线,细线的另一端系一质量为m、带电荷量为q的小球,小球平衡时细线与竖直方向成α=37°角。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求电场强度的大小;
(2)将小球拉至右侧与O等高,细线水平伸直,然后将小球静止释放,求小球运动到最低点时线上的张力。

答案　(1)3mg4q　(2)32mg
解析　(1)小球平衡,所以有qE=mg tan α=34mg①(3分)
由①式解得E=3mg4q②(2分)
(2)由动能定理得mgL-qEL=12mv2③(2分)
在最低点时,由向心力公式得F-mg=mv2L④(2分)
由②③④解得F=32mg⑤(1分)
13.(2021汕头金山联考,17典型模型)(10分)如图所示,AB为水平绝缘粗糙轨道,A、B两点之间的距离为5 m; BC为半径r=1 m的竖直光滑绝缘半圆轨道;半圆轨道存在竖直向上的匀强电场,电场强度E=500 N/C。一质量m=1 kg,电荷量q=1.0×10-2 C的带负电小滑块,在功率P恒为20 W的水平向右拉力作用下从A点由静止开始运动,到B点时撤去拉力。已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.2,滑块到达B点之前已经做匀速运动(g=10 m/s2),求:
(1)滑块匀速运动的速度大小;
(2)滑块从A运动到B所用的时间;
(3)请计算分析滑块是否可以到达C点,若可以,求轨道对滑块的弹力。

解析　(1)因为滑块匀速运动,所以F=f=μmg=2 N
vB=PF=10 m/s 
(2)A到B过程中,由动能定理:Pt-μmg·AB=12mvB2
得t=3 s 
(3)滑块从B点到C点,由动能定理得:-(mg+Eq)·2r=12mvC2-12mvB2
得:vC=210 m/s
若滑块恰好过C点,则mg+Eq=mv2r,得v=15 m/s 则在C点,由受力分析得:mg+Eq+FN=mvC2r,
得轨道对滑块的弹力FN=25 N,方向竖直向下 
14.(2020广东省实验中学阶段考试,24典型模型)(10分)如图所示,固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷,电荷量分别为+Q和-Q,A、B相距为2d。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆,另有一个穿过细杆的可视为点电荷的带电小球P,质量为m、电荷量为+q(此电荷不影响电场的分布),现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放,小球向下运动到O点时速度为v,已知CO=d,MN与AB之间的距离为d,静电力常量为k,重力加速度为g。求:

(1)C、O间的电势差UCO;
(2)O点的电场强度E和小球在O点时的加速度a的大小;
(3)小球经过与点电荷B等高的D点时的速度的大小。
解析　(1)小球P由C运动到O时,由动能定理,
得:mgd+qUCO=12mv2
所以UCO=mv2-2mgd2q
(2)由点电荷场强公式得:E1=E2=kQ(2d)2
它们的合场强为:E=E1 cos 45°+E2 cos 45°=2kQ2d2,方向竖直向下
由牛顿第二定律得:mg+qE=ma
所以a=g+2kQq2md2
(3)小球P由O运动到D的过程,由动能定理得:mgd+qUOD=12mvD2-12mv2
由电场特点可知:UCO=UOD
联立解得:vD=2v
15.(2022届东营期中,18典型模型)(15分)如图所示,在平面直角坐标系的第一象限内有水平向左的、场强为E的匀强电场,y轴与直线x=-d(d>0)区域内有竖直向下的、场强也为E的匀强电场。一个带电荷量为+q的粒子(重力不计)从第一象限的S点由静止释放。

(1)若S点的坐标为(d2,d2),求粒子通过x轴时的坐标;
(2)若S点的坐标为(d,d),求粒子通过x轴时的动能;
(3)若粒子能通过x轴上坐标为(-3d,0)的P点,求释放该粒子的S点的坐标(x,y)应该满足的条件。
解析　(1)设进入第二象限前粒子的速度为v0,质量为m,由动能定理得
qEd2=12mv02
在第二象限中运动时,粒子做类平抛运动,假设粒子通过x轴没有出电场左边界,则有
加速度a=qEm
x轴方向上x=v0t
y轴方向上d2=12at2
联立解得x=d,假设成立。
所以粒子通过x轴时的坐标为(-d,0)。
(2)设进入第二象限前粒子的速度为v,由动能定理得qEd=12mv2
在第二象限中运动时,粒子做类平抛运动,
加速度a=qEm
x轴方向上d=vt1
y轴方向上y=12at12
解得y=d4
对整个过程由动能定理得
qEd+qEd4=Ek-0
解得Ek=5qEd4。
(3)设粒子到达y轴时的速度为v0',通过第二象限电场所用的时间为t2,粒子进入第二象限前由动能定理得qEx=mv0'22
粒子刚出第二象限电场时速度偏向角的正切值
tan θ=vyvx
其中vy=at2
qE=ma
vx=v0'=dt2
粒子出第二象限电场后做直线运动,由几何关系有
tan θ=y-12at222d
解得4xy=5d2(x>0,y>0)。
16.(2022届青岛二中周测,16典型模型)(15分)如图所示,在光滑的水平桌面上,水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点,整个轨道位于水平桌面内,圆心角∠BOC=37°,线段OC垂直于OD,圆弧轨道半径为R,直线轨道AB长为L=5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中,电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于OD。现有一个质量为m、带电荷量为+q的小物块P从A点无初速度释放,小物块P与AB之间的动摩擦因数μ=0.25,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,忽略空气阻力。求:

(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC;
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离;
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
解析　(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC,根据动能定理有
qE[L sin 37°+R(1- cos 37°)]-μqEL cos 37°=12mvC2-0
解得vC=22qER5m
在C点根据向心力公式得FNC'-qE=mvC2R
解得FNC'=5.4qE
根据牛顿第三定律得FNC=5.4qE。
(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD,根据动能定理有
qE(L sin 37°-R cos 37°)-μqEL cos 37°=12mvD2-0
解得vD=12qER5m
小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆着电场方向做匀减速直线运动,设运动的最大距离为xm,根据动能定理得-qExm=0-12mvD2
解得xm=65R。
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动,到达B点的速度恰好为零时,动能和电势能之和不再减小;设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s,则根据功能关系得
qEL sin 37°=μqEs cos 37°
解得s=Ltan37°μ=15R。