高考物理一轮复习 第七章 静电场突破全国卷试题

第七章 静电场

电场的性质是力与能在电磁学中的延续，结合带电粒子(微粒)在电场中的运动综

合考查牛顿运动定律动能定理及受力分析、运动的合成与分解是常用的命题思路．这部分内容综合性强，仍然是命题的热点．

【重难解读】

电场中带电粒子(微粒)在电场中的运动及电场中力的性质和能的性质主要有以下几个重点考查内容：

(1)以电场强度为代表的反映电场力的性质的物理量：通过场强的计算、库仑定律的应用、带电粒子(微粒)的加速和偏转等知识，与力学观点结合考查运动类问题．

(2)以电势为代表的反映电场能的性质的物理量：通过电场力做功、电势能的计算，结合功能关系，能量守恒定律等考查电场中能量的转化类问题．

【典题例证】

(16分)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑

轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×10 N/C.现有一电荷量q＝＋1.0×10 C，质量m＝0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点．取g＝10 m/s.试求：

2

4

－4

(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小； (2)D点到B点的距离xDB；

(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．

v2C[解析] (1)设带电体恰好通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有mg＝m，(2

R分)

解得vC＝2.0 m/s.(1分)

设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，

v2B根据牛顿第二定律有FB－mg＝m.(2分)

R带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理有

1

1212

－mg×2R＝mvC－mvB(2分)

22联立解得FB＝6.0 N，

根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F′B＝6.0 N．(1分)

(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2R12

＝gt(2分) 2

xDB＝vC t－

1Eq2

t(2分) 2m联立解得xDB＝0.(1分)

(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有

qERsin 45°－mgR(1－cos 45°)＝Ekm－mv2B(2分)

代入数据解得Ekm≈1.17 J．(1分) [答案] (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J

解决该类问题的一般思路

1

2

【突破训练】

1．(多选)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15，3)的切线．现有一质量为0.20 kg，电荷量为＋2.0×10 C的滑块P(可视为质点)，从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g＝10 m/s.则下列说法正确的是( )

2

－8

2

A．x＝0.15 m处的场强大小为2.0×10 N/C B．滑块运动的加速度逐渐减小 C．滑块运动的最大速度约为0.1 m/s D．滑块最终在0.3 m处停下

Δφ解析：选AC.φ－x的斜率等于该点的电场强度，所以x＝0.15 m处的场强大小为E＝

Δx3×106＝ N/C＝2.0×10 N/C，选项A正确；图象斜率的绝对值逐渐减小，因为在x＝0.15 m0.15处，Eq＝μmg＝0.04 N，所以从x＝0.1 m开始，滑块向右运动的过程中，加速度向右先减小后反向变大，选项B错误；当滑动摩擦力等于电场力时，滑块的速度最大，此时对应的x12

＝0.15 m，由动能定理有Uq－μmgΔx＝mv，U＝1.5×105 V，Δx＝0.05 m，解得v＝0.1 m/s，

2选项C正确；假设滑块在x＝0.3 m处停下，则从x＝0.1 m处到x＝0.3 m处，电场力做功

5

6

W＝qU′＝6×10－3 J，克服摩擦力做功Wf＝μmgΔx′＝8×10－3 J，因为W

不到x＝0.3 m处，选项D错误．

2．(2017·贵州三校联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )

A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等 B．在t＝5 s时，滑块经过边界MN

C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5

D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功

解析：选C.根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小不相等，选项A错误．根据题图乙所示速度图象可知，

3

t＝2 s时滑块越过分界线MN，选项B错误．根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～

2 s时间内，滑块加速度大小可表示为a1＝，在2～5 s时间内，滑块加速度大小可表示为

2

v0

v0

a2＝，设电场力为F，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在MN分界线右侧的运动，由牛

3

顿第二定律，F－f＝ma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f＝ma2，联立解得：f∶F＝2∶5，选项C正确．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为：

Wf＝f·2.5v0，电场力做的功可表示为WF＝F·v0＝2.5f·v0，二者做功相等，选项D错误．

3．(多选)(2017·湖北八校联考)如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直

?11?2

向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x＝ky，且小球通过点P?，?.已知重力加速度

?kk?

为g，则( )

A．电场强度的大小为 B．小球初速度的大小为

mgqg 2k5mgC．小球通过点P时的动能为

4kD．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少

2mgk

解析：选BC.小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，qE＝2mg，电场强度的大小为E＝

2mg1

，A错误；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由类平抛运动规律有＝v0t，

qk112

＝gt，得小球初速度大小为v0＝ k2gv01

，B正确；由P点的坐标分析可知＝，所以小2kvx2

121225mg球通过点P时的动能为mv＝m(v0＋vx)＝，C正确；小球从O到P过程中电势能减少，

224k1

且减少的电势能等于电场力做的功，即W＝qE·

12mg＝，D错误．

kcos 45°k4.在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线与竖直方向

4