高考物理一轮复习课件专题九静电 (含解析)

这是一份高考物理一轮复习课件专题九静电 (含解析)，共60页。
考点一　电场的性质A组    自主命题·天津卷题组
1.(2019天津理综,3,6分)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程 (　　) A.动能增加 mv2　     B.机械能增加2mv2C.重力势能增加 mv2　    D.电势能增加2mv2
答案    B　本题为带电小球在匀强电场中的运动问题,考查了应用电场知识进行分析推理的能力,体现了运动和相互作用观念、能量观念等核心素养。小球从M点运动到N点的过程,可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动。竖直方向上,运动时间t= ,上升高度h= ;水平方向上,2v=at,a= ,所以F电=2mg,水平位移x= t= ·t= 。从M到N,动能增量ΔEk= m×(2v)2- mv2= mv2,A错;重力势能增量ΔEp=mgh= mv2,C错;电势能增量ΔEp电=-W电=-F电·x=-2mv2,故D错;机械能增量ΔE机=ΔEk+ΔEp=2mv2,B正确。
一题多析　动能的增加量等于合外力做的功,即ΔEk=W合=W电+W重=F电·x+(-mg·h);机械能的增加量等于除重力以外的力做的功,即电场力做的功,ΔE机=W电;重力势能的增加量等于克服重力做的功,ΔEp=W克重=mgh;从M→N,电场力做正功,故带电小球的电势能减少。
2.(2018天津理综,3,6分)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是 (    　) A.vMxb,由运动学公式及牛顿第二定律可得:x= · t2,则maEkb,选项B正确;由动量定理可得:qEt=p,则pa与pb大小相等,选项D正确;在t时刻,a、b在同一水平面上,电势φ相等,而两微粒的电性不同,由Ep=qφ,可知a和b的电势能不相等,选项C错误。
易错点拨　对Ep=qφ的理解　    Ep=qφ中,电势能Ep、电荷量q和电势φ都为标量,但有正负之分,在利用该式进行分析时,要求将正、负号代入进行计算,否则容易出现错误。
6.(2016课标Ⅰ,14,6分)一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上。若将云母介质移出,则电容器(　　)A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变
答案    D　平行板电容器电容C= ,云母介质移出,εr减小,C减小;又C= ,电源恒压,U一定,C减小,故Q减小;电场强度E= ,故E不变,选项D正确。
审题指导　关键词:恒压直流电源、介质移出。
评析　此题考查平行板电容器电容、电荷量及电场强度之间的关系,难度为易,考生根据相关公式即可分析解答。
7.(2015课标Ⅱ,14,6分,0.586)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将(　　) A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动
答案    D　最初带电微粒处于静止状态,受力如图(1),Eq=mg;当两板绕过a点的轴逆时针转过45°时,带电微粒的受力如图(2),其合力指向左下方,故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动,选项D正确。 
审题指导    “微粒恰好保持静止状态”,即处于平衡状态,所受的合外力为零,得微粒所受的电场力与其重力大小相等方向相反;“将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°”,注意电容器带电荷量不变,间距不变,正对面积也不变,故电场强度的大小不变,电场力的大小不变,仅方向逆时针旋转45°,根据平行四边形定则求出合力的方向,确定微粒的运动即可。
8.(2019课标Ⅱ,24,12分)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?
答案　(1) m + qh    v0 　(2)2v0 
解析　本题考查了带电粒子在电场中的运动及学生的综合分析能力,体现了模型建构的素养要素。(1)由题意得,P、G间与Q、G间场强大小相等,均为E。粒子在P、G间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=  ①F=qE=ma ②设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=Ek- m  ③设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有h= at2 ④l=v0t ⑤联立①②③④⑤式解得Ek= m + qh ⑥
l=v0  ⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。由对称性知,此时金属板的长度L为L=2l=2v0  ⑧
知识储备　1.类平抛运动的处理方法;2.牛顿第二定律;3.动能定理;4.电势差与场强的关系。
9.(2019课标Ⅲ,24,12分)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点,从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为 。重力加速度为g,求(1)电场强度的大小;(2)B运动到P点时的动能。
答案　(1) 　(2)2m( +g2t2)
解析　本题考查电场强度和电场力,以及考生应用牛顿第二定律和动能定理解决带电粒子在电场中运动的问题,考查考生的综合分析能力。题目情景常见,运动过程简单,为中等难度题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma ① a = gt2 ②解得E=  ③(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有Ek- m =mgh+qEh ④且有v1 =v0t ⑤h= gt2 ⑥
联立③④⑤⑥式得Ek=2m( +g2t2) ⑦
方法指导　优选最佳解题方案,可事半功倍。一般涉及时间的运动问题,采用牛顿第二定律结合运动学公式解题;不涉及时间时,采用动能定理或功能关系解题。
10.(2019北京理综,23,18分)电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。(1)请在图1中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。(2)在如图2所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电,对应的q-t曲线如图3中①②所示。a.①②两条曲线不同是　　　    (选填E或R)的改变造成的;b.电容器有时需要快速充电,有时需要均匀充电。依据a中的结论,说明实现这两种充电方式的途径。 图1 
图2 图3 (3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电,可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填“增大”、
“减小”或“不变”)。
答案　(1)u-q图线如图     CU2 (2)a.Rb.减小电阻R,可以实现对电容器更快速充电;增大电阻R,可以实现更均匀充电。(3)
解析　本题考查了电容器的充、放电及电能等知识,考查学生的实验能力、理解能力等,体现了科学探究中证据、解释的核心素养。(1)由于q=Cu,C是与电压u、电荷量q无关的常量,故u-q图线为过原点的直线。电压为U时,电容器带电荷量为Q,图线和横轴围成的面积为所储存的电能EpEp= QU,又Q=CU故Ep= CU2(2)a.电容器充电完毕后两极板间电压等于电源电动势,由图3可知电容器充电完毕时所带电荷量相同,由q=Cu可知电源电动势相同,故曲线不同是由R不同造成的。b.对同一电容器,在确定电源下充电时,电容器最终所带电荷量是一定的,因同样电压下电阻越小时电流越大,充电就越快;电阻越大时电流越小,同样长的时间内电容器所带电荷量的变化越小,电流变化越慢,充电过程越平缓。(3)对于“恒流源”,电路中电流不变,电源两端电压U=UC+IR随电容器两端电压增大而增大;对于(2)中电源,由于内阻不计,故其两端电压等于电动势而保持恒定,通过电源的电流满足E=UC+IR,即I= ,可见电流会随着电容器两端电压的增大而减小。
方法诠释　本题利用类比法及图像中轴、点、线、斜率、面积、截距的物理意义,分析相关电容器的特点和决定充放电的因素等。
11.(2017课标Ⅱ,25,20分)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;(2)A点距电场上边界的高度;(3)该电场的电场强度大小。 
答案　(1)3∶1　(2) H　(3) 
联立①②⑤⑥⑦式可得h= H ⑧(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则　     =  ⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1= m( + )+mgH+qEs1 ⑩Ek2= m( + )+mgH-qEs2  由已知条件Ek1=1.5Ek2  联立④⑤⑦⑧⑨⑩  式得E=   
解题关键　①N离开电场时的速度方向竖直向下——N在水平方向的速度恰好减速到0;②方向水平向右的匀强电场——M、N在竖直方向只受重力,二者在电场中的运动时间相等;③刚离开电场时M的动能为N的1.5倍——建立等式确定电场力和重力的关系。
12.(2015课标Ⅱ,24,12分,0.298)如图,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。 
C组　教师专用题组
答案     
解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变,即vB sin 30°=v0 sin 60° ①由此得vB= v0 ②设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有qUAB= m( - ) ③联立②③式得UAB=  ④
解题关键　①据运动的独立原理:一个物体同时参与几个不同方向的运动,每个分运动的规律相互独立。可知粒子在A和B两点沿与电场垂直的方向上分速度相同,即vB sin 30°=v0 sin 60°。②A和B两点速度方向虽然不同,但是并不影响动能定理的运用。
13.(2017课标Ⅰ,25,20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
解析　本题考查电场、牛顿运动定律、匀变速直线运动。(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故电场力方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1 ①油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1 ②电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2 ③油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1 ④由①②③④式得v2=v0-2gt1 ⑤(2)由题意,在t=0时刻前有
答案　见解析
qE1=mg ⑥油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+ a1  ⑦油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1- a2  ⑧由题给条件有 =2g(2h) ⑨式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上,依题意有s1+s2=h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2= E1  为使E2>E1,应有
2- +  >1  即当00和v2E1,应有
2- -  >1  即t1>    另一解为负,不合题意,已舍去。
解题指导　多阶段运动物体的运动不仅仅取决于物体所受外力,还与物体的初速度有关。在多阶段运动过程中,当物体所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即物体在后一阶段的初速度。对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运动过程草图来获得。
考点一　电场的性质
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019红桥二模)(多选)如图甲是一点电荷形成的电场中的一条电场线,A、B是电场线上的两点,一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度-时间图线如图乙所示,则以下说法中正确的是 (　　)A.A、B两点的电场强度是EA>EBB.A、B两点的电势是φA>φBC.负电荷q在A、B两点的电势能是EpA>EpBD.此电场一定是负电荷形成的电场
答案    BD　速度-时间图线的斜率的绝对值等于负电荷的加速度,由图可知,负电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大,受到的电场力增大,故A点的场强小于B点场强,即EAφB,故B正确;从图像知,负电荷从A到B速度减小,则其动能减小,由于仅受电场力作用,所以根据能量守恒知电势能增大,即EpAEC,场强最小的是C点。等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线,知φA=φC,沿着电场线方向电势逐渐降低,异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷,知φB>φA=φC,所以电势最高点是B点。故选C。
9.(2017和平一模)(多选)光滑水平面上有一边长为L的正方形区域ABCD处在场强为E的匀强电场中,电场方向与正方形的某一条边平行,一质量为m、带电荷量为q的小球由AC边的中点,以垂直于AC边的水平初速度v0进入该正方形区域,当小球再次运动到该正方形区域的边缘时,具有的动能可能为 (　　) A. m + qEL　    B. m + qELC. m + qEL　    D. m - qEL
答案    AC　若电场方向平行AB,则小球做加速或减速直线运动,则离开电场前电场力做功大小W=EqL,若做加速运动,则动能为 m +qEL;若为减速运动,从BD边离开,则动能为 m -qEL;从AC边离开,则为 m 。电场力与初速度方向相互垂直,小球发生偏转,电场力一定做正功;假设受电场力向上,小球从AB边离开时,电场力做功为 qEL,根据动能定理得:Ek- m = qEL,得Ek= m + qEL;若从BD边离开,则电场力做功可能为0至 qEL,根据动能定理可知,小球动能可能为: m 0)和-Q,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零,下列说法正确的是 (　　) A.b点的电势为零B.正的试探电荷在b点所受电场力方向向右C.一负电荷仅在电场力的作用下经过a、b两点时,b点的动能较大D.将同一正的试探电荷先后从a点移到b点和O点,后者电势能的变化较大
答案    AB　等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线,由于无穷远处的电势为零,则b点的电势为零,故A正确;根据等量异种电荷周围的电场线分布情况知,b点的电场强度方向水平向右,则正试探电荷在b点所受的电场力方向向右,故B正确;从a点到b点和从a点到O点电场力做功相等,由于从a到O,电场力对负电荷做负功,动能减小,所以b点动能较小,故C错误;b点和O点为等势点,从a到b和从a到O,电场力做功相等,则电势能变化相等,故D错误。
C组　2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2018南开一模,4)如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场,实线为电场线,虚线为等差等势线。a、b、c为从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三个点。不计电子的重力,则 (   　) A.电场中a点的电势高于c点的电势B.电子经a点的动能大于经c点的动能C.电子经b点的加速度小于经c点的加速度D.电子经b点的电势能大于c点的电势能
答案    D　沿电场线的方向电势降低,由图中的电场线方向可知c点的电势高,故A错误;电子带负电,在电势高的c点的电势能小,动能大,故B错误,D正确;电场线越密集处的场强越大,由图可知b点的场强大于c点,则电子在b点受到的电场力大,加速度也大,故C错误。
2.(2018和平一模,23)(多选)带负电的试探电荷,在某电场中仅受电场力作用,能分别完成以下两种运动:①在电场线上运动,②在等势面上做匀速圆周运动,该电场可能由 (　　)A.一个带正电的点电荷形成B.一个带负电的点电荷形成C.两个分立的带等量正电的点电荷形成D.两个分立的带等量正、负电的点电荷形成
答案    ACD    带负电的试探电荷在某电场中仅受电场力作用,可以沿电场线向正点电荷加速,也可以沿电场线减速,即远离正点电荷,也可绕正点电荷做匀速圆周运动,电场力提供向心力,正电荷位于圆心上,A正确;一个带负电的点电荷形成的电场中,另一个负电荷只能沿着电场线加速远离或减速靠近,由于两负电荷相互排斥,电场力不可能提供向心力,故不会做匀速圆周运动,故B错误;两个等量正电荷形成的电场线如图,负电荷在两电荷连线上能沿电场线运动,在连线的中垂面给一个合适的速度即可做匀速圆周运动; 另当两个正电荷靠得很近时,距两个正电荷很远位置的电场可以近似认为与一个等效正电荷的电场相似,当负电荷距它们很远时,负电荷可以沿电场线运动,也可以做匀速圆周运动,C正确;如果左边是正电荷,右边是负电荷,在正电荷的左边,以两点电荷连线的延长线上的某一点为圆心,在垂直于延长线的面上,带负电的检验电荷能够受到指向圆心的电场力作用而做匀速
圆周运动,D正确。
3.(2019 5·3原创)根据库仑定律和万有引力定律可知,点电荷间的库仑力和质点间的万有引力都与距离的二次方成反比,即都遵循平方反比规律,两者之间具有很大的相似性。那么试想有如图所示的物理情境,点电荷A、B带异种电荷,两者仅在彼此间的库仑力作用下绕连线上的某点O做匀速圆周运动,这个情形很像双星模型,我们可以称之为“双电荷模型”。那么关于“双电荷模型”,下列说法中正确的是 (　　) A.运动半径与质量成反比B.运动半径与电荷量成正比C.角速度与质量成反比D.线速度与电荷量成正比
答案    A　由于两点电荷要绕着O点做匀速圆周运动,两点电荷间引力沿着二者连线,引力提供向心力,可知二者连线始终过O点,两点电荷始终在相同时间内转过相同的角度,因此两点电荷的角速度、周期均相等,故选项C错误;两点电荷彼此间的库仑力提供各自做圆周运动的向心力,且二者的角速度相等,满足 =mArAω2和 =mBrBω2,解得mArA=mBrB,即rA/rB=mB/mA,运动半径与质量成反比,与电荷量无关,故选项A正确,B错误;由于线速度v=ωr,二者角速度相等,因此线速度与半径成正比,即线速度和质量成反比,与电荷量无关,故选项D错误。
考点说明　利用电场中的“双电荷模型”,考查受力分析、匀速圆周运动、向心力公式、牛顿第二定律、库仑定律等相关知识。
命题意图　此题适合高考理综物理部分的单选题,是一道力电综合问题,考查了力学和电学相关的多方面的知识,属于中等难度的选择题。
创新点　将万有引力中的双星问题运用到电场中,考查学生的知识迁移能力。
4.(2018河北一模,8)质量为m的小物块,带正电q,开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面的顶端,整个装置放在水平向左、大小为E= 的匀强电场中,如图所示,斜面高为H,释放物块后,物块落地瞬间的速度大小为　　　    。 
解析　对物块进行受力分析,物块受重力和水平向左的电场力。电场力为:F=qE= mg运用动能定理研究从开始到落地过程,有:mgH+F· H= mv2-0计算得出:v=2 。 
解题技巧　对物块进行受力分析,找出物块的运动轨迹。运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题。
5.(2019 5·3原创)如图甲所示,不断有初速度不计的电子(质量为m,电荷量为e)从K点进入电压为U0的加速电场ZZ'。经加速电场加速后,以速度v0沿水平方向射出,经过两个偏转电场YY'和XX',最后打在荧光屏上。已知偏转极板X、X'沿水平方向,Y、Y'沿竖直方向且与v0平行,荧光屏为竖直方向且与v0垂直。YY'与XX'板间距离均为d,极板长均为L。YY'与XX'、XX'与荧光屏的水平距离也为L。偏转极板间都不加电压时,电子沿直线运动,打在荧光屏中心(0,0)点,在那里产生一个亮斑。现希望利用此装置在T时间内在荧光屏上沿逆时针方向画出一半径为R的圆形(如图乙所示),设t=0时刻,电子恰好打在荧光屏上(R,0)点。(1)求电子从加速电场射出时速度v0的大小。(2)试分别求出YY'间电压UYY'和XX'间电压UXX'随时间变化的规律。(每个电子穿过偏转电场的时间极短,可以认为电子穿过偏转电场过程中偏转极板间电压不变。不计电子重力,极板大小和极板间距离都足够大。不计电子间相互作用力)
图甲
图乙荧光屏(图甲中从右向左看)
解析　(1)电子在加速电场中运动时,电场力对电子所做的功W=eU0由动能定理得:eU0= m -0解得v0= (2)由数学知识可知圆形方程: (0≤θ≤2π) ①电子打在荧光屏上逆时针画圆时的角速度ω= ,则经过时间t(t≤T),电子打在荧光屏上的点与坐标系原点的连线同x轴的夹角θ=ωt= t ②把②式代入①式中,得:  ③y方向:电子进入偏转电场YY'后,在y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度ay= ,在YY'中运动时间ty1= ,沿y轴方向的偏移量y1= ay = 
离开YY'后,在y轴方向做匀速直线运动vy=ay·ty1= 运动时间ty2= ,沿y轴方向的偏移量y2=vy·ty2= 沿y方向总偏移量y=y1+y2=  ④将(1)问中v0= 代入④式得:y=  ⑤将⑤式代入③式中,得: =R sin t解得UYY'=  sin t同理可得:UXX'=  cos t
6.(2019 5·3原创)在光滑平面上有一个半径为R的圆形光滑围墙,其圆心处固定了一个电荷量为-Q的点电荷。质量为m、带电荷量为+q的A球与圆心的距离为r(r