专题27 电场综合问题分析 2021年高考物理二轮专题解读与训练（解析版）

专题 27 应用动力学观点和能量观点分析电场综合问题 一、单选题 1．空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示．一个质量为 m、电荷量为 q 的带电 小球在该电场中运动，小球经过 A 点时的速度大小为 v1，方向水平向右；运动至 B点时的速度大小为 v2， 运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B 两点之间的高度差为 h、水平距离为 s，则以下判断中正确的 是（ ） A．A、B两点的电场强度和电势关系为 EA＜EB、φA0）、质量为 m的电子以不同的动能从偏转器左端 M的正中间小孔垂直 入射，进入偏转电场区域，后到达偏转器右端的探测板 N，其中动能为 Ek0的电子沿电势为 C的等势面 C做匀速圆周运动到达 N板的正中间。其中到达 N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能 改变量分别为Ek左左和Ek右。忽略电场的边缘效应，忽略电子之间的相互影响（ ） A． A＞ B B．等势面 C处的电场强度大小为 k04 ( )A B EE e R R   C．△Ek左=e（ C- B） D． kkE E   右左 【答案】D 【解析】A．电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以 B板的电势 较高，故 A错误； B．电场力提供向心力 2vqE m R  半径为 2 A BR RR   联立解得     2 042 k A B A B EmvE e R R e R R     故 B错误； CD．到达 N板左边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做正功，电子的动能增加，电子动能的 改变量 △EK左=-eUCB=-e（φC-φB） 到达 N板右边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做负功，电子的动能减少，电子动能的改变 量 △EK右=-eUCA=-e（φC-φA） 该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以 UBC＞UCA 即 φB-φC＞φC-φA 所以 △EK左＞△EK右 故 C错误，D正确。 故选 D。 二、多选题 4．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．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 B．匀强电场的电场强度 E＝ tanmg q  C．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 D．小球动能的最小值为 Ek＝ 2cos mgL  【答案】BD 【解析】A．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，选项 A错误； B．小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据 平衡条件，有 mgtan θ＝qE 解得 E＝ tanmg q  选项 B正确； C．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，选项 C错误； D．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 2 cos mg vm L  则最小动能 21 2 2cosk mgLE mv    选项 D正确。 故选 BD。 5．如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一个质量为 m的带电质点处在足够大的匀强电场中，匀强电场 的方向平行于直角坐标系 xOy平面，带电质点在电场力 F和重力的作用下，从坐标原点 O由静止开始沿 直线 OA斜向下运动，且直线 OA与 y轴负方向成θ角（θmgsin θ时，带电质点的电势能可能减小也可能增大 【答案】ACD 【解析】A．带电小球只受重力 G和电场力 F，小球做直线运动，合力方向与 OA共线，如图所示 当电场力 F与 OA垂直时，电场力最小，根据几何关系，有 sin sinF G mg   F的方向与 OA垂直，电场力 F做功为零，机械能守恒，A正确； BCD．若 tanF mg  由于 tan sinmg mg  故 F的方向与 OA不再垂直，有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于 90°，也可能小于 90°，即电场力 F可能做负功，也可能做正功，所以带电质点的电势能可能减小也可能增大，带电质点的 机械能可能减小也可能增大，B错误 CD正确。 故选 ACD。 6．质量为 m的带正电小球由空中 A点无初速度自由下落，在 t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电 场，再经过 t秒小球又回到 A点，不计空气阻力且小球从末落地。则（ ） A．整个过程中小球电势能变化了 2 22 3 mg t B．整个过程中电场力对小球做功为 2mg2t2 C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了 mg2t2 D．从 A点到最低点小球重力势能变化了 2 22 3 mg t 【答案】BD 【解析】AB．小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反，设电场 强度大小为 E，加电场后小球的加速度大小为 a，取竖直向下方向为正方向，则由 2 21 1( ) 2 2 gt vt at   又 v gt ，解得： 3a g 则小球回到 A点时的速度为 2v v at gt    整个过程中小球速度增量的大小为 3v v v gt     速度增量的大小为3gt，由牛顿第二定律得 qE mga m   联立解得： 4qE mg 所以电势能减小量为 2 2 21 2 2PE qE gt mg t    由功能关系可知，电场力做功等于电势能的变化量即为 2 22mg t ，故 A错误，B正确； C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了 2 k 1 ( ) 2 E m gt  故 C错误； D．设从 A点到最低点的高度为 h，根据动能定理得： 21( ) 0 2 mgh qE h gt   解得： 22 3 h gt 从 A点到最低点小球重力势能减少了 2 2 P 2 3 mg tE mgh   故 D正确。 7．如图所示，一个电荷量为-Q 的点电荷甲，固定在粗糙绝缘水平面上 O 点的另一个电荷量为+q、质量 为 m 的点电荷乙，从 A 点以初速度 v0沿它们的连线向甲运动，到 B 点时速度减小到最小值 v，已知点电 荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B 间距离为 L0，静电力常量为 k，则下列说法中正确的是（ ） A．OB 间的距离为 B．在点电荷甲产生的电场中，B 点的场强大小为 C．点电荷乙在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能 D．在点电荷甲产生的电场中，A、B 间的电势差 UAB= 【答案】AB 【解析】当速度最小时库仑力等于摩擦力，有： ，解得： ，故 A 正确；到 B 点时速度减小到最小值 v，说明加速度为零，即 ，由点电荷场强公 ，得 ，故 B 正确；两带电体之间是吸引力，则电场力对乙做正功，所以电势能减小，故 C 错误；乙 电荷从 A 运动 B 过程中，根据动能定理有： ，从 A 到 B 的过程中，电场力 对点电荷乙做的功为 ，解得 ，故 D 错误，本题选 AB． 8．如图所示，光滑的水平轨道 AB，与半径为 R的光滑的半圆形轨道 BCD相切于 B点，AB水平轨道部 分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为 m、带正电 的小球从距 B点 x的位置在电场力的作用下由静止开始沿 AB向右运动，恰能通过最高点，则（ ） A．R越大，x越大 B．R越大，小球经过 B点后瞬间对轨道的压力越大 C．m越大，x越大 D．m与 R同时增大，电场力做功增大 【答案】ACD 【解析】A．小球在 BCD部分做圆周运动，在 D点，有 2 Dvmg m R  从 A到 D过程，由动能定理有 212 2 DqEx mgR mv  联立解得 2 5 qExR mg  可知，R越大，x越大．故 A正确； B．小球由 B到 D的过程中，由动能定理有 2 21 12 2 2D BmgR mv mv   在 B点有 2 N BvF mg m R   解得 N 6F mg 则知小球经过 B点瞬间轨道对小球的支持力与 R无关，则小球经过 B点后瞬间对轨道的压力也与 R无关， 故 B错误； C．由上面的分析，有 2 5 qExR mg  ，可知，m越大，x越大，故 C正确； D．从 A到 D过程，由动能定理有 212 0 2 DW mgR mv   2 Dvmg m R  联立解得 5 2 W mgR 可知 m与 R同时增大，电场力做功越多，故 D正确。 故选 ACD。 9．如图所示，质量为 m的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区域时(滑块受 到的电场力小于重力)，滑块的运动状态可能 （ ） A．仍为匀加速下滑，加速度比原来的小 B．仍为匀加速下滑，加速度比原来的大 C．变成匀减速下滑，加速度和原来一样大 D．仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大 【答案】AB 【解析】在没有进入电场之前，滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，假设存在滑动摩擦力，对物体进行受力分 析，有：mgsinα-μmgcosα=ma 当进入电场中，设物体沿斜面向下的加速度为 a′，当电场力与重力行同向时，则有：（mg+F）sinα-μ （mg+F）cosα=ma′；解之得，a′＞a； 当电场力与重力反向时，则有：（mg-F）sinα-μ（mg-F）cosα=ma′；解之得，a′＜a； 故 AB正确，CD错误；故选 AB． 三、解答题 10．如图所示，在一倾角为 37°的绝缘斜面下端 O，固定有垂直于斜面的绝缘挡板．斜面 ON段粗糙，长 度 s＝0.02 m，NM段光滑，长度 L＝0.5 m．在斜面的所在区域有竖直向下的匀强电场，场强为 2×105N/C．有一小滑块质量为 2×10－3kg，带正电，电量为 1×10－7C，小滑块与 ON段表面的动摩擦因数 为 0.75.将小滑块从 M点由静止释放，在运动过程中没有电量损失，与挡板相碰后原速返回．已知 sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，g取 10 m/s2.求： (1)小滑块第一次过 N点的速度大小； (2)小滑块最后停在距离挡板多远的位置； (3)小滑块在斜面上运动的总路程． 【答案】(1)2 m/s (2)0.01 m (3)6.77 m 【解析】(1)小滑块第一次过 N 点的速度为 v， 则由动能定理有 䁕能sin 香䁒能sin 代入数据得： ㄹ′ (2)滑块在 ON 段运动时所受的摩擦力 䁕cos＋香䁒cos ʹ － 滑块所受重力、电场力沿斜面的分力 䁕sin 香䁒sin ʹ －N 因此滑块沿 ON 下滑时做匀速运动，上滑时做匀减速运动，速度为零时可停下． 设小滑块与挡板碰撞 n 次后停在距挡板距离为 x 处， 则由动能定理得：䁕 香䁒能 ′ ሻ sin ሻ 䁕 香䁒ݍ ሻ ′ ʹcos 由 0≤x≤0.02 m， 得：12.5≤n≤13.5 取 n＝13 得：x＝0.01 m 11．在金属板 A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压 Uo，其周期是 T。现有 电子以平行于金属板的速度从两板中央射入。已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不计电子的重力，求： （1）若电子从 t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？ （2）若电子从 t=0时刻射入，在 t= 时刻恰好能从 A板的边缘飞出，则两极板间距多远？ （3）若电子从 t= 时刻射入，在 t= 时刻能从两板间飞出而恰好不打到板上，则粒子离开电场时偏离 原方向的距离为？ 【答案】（1）能min （2） （3） ሻ ′ 【解析】（1）电子在水平方向上做匀速直线运动，恰能平行的飞出电场，说明电子在竖直方向上的位移 恰好为零，故所用时间应为 当 n=1时，金属板长度最小，为能min (2)电子恰能从 A板的边缘飞出，则 在竖直方向上，电子经历的过程为初速度为零的匀加速的直线运动，然后减速到零，最后再经历初速度 为零的匀加速直线运动，三个阶段的时间都为 ， 所以由 香 ，解得 （3）由 得 根据 ′ 得 ′ 故 ሻ ′ 12．如图，AB段为半径 R=2m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，BC段为粗糙绝缘水平面。在四分之一 圆弧区域内存在着 E=2×106V/m方向竖直向上的匀强电场，有一质量 m=1kg、电荷量 q=+1×10-5C的小滑 块，从 A点的正上方距离 A点 H处由静止释放。已知小滑块与水平面间动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力， g取 10m/s2。 (1)若 H=5m，求小滑块运动至 B点时对轨道的压力； (2)通过计算判断：是否存在某一 H值，使滑块通过圆弧 AB后最终停在 B点右侧 1.5m处。 【答案】(1) N,竖直向下；(2)不存在 【解析】(1)物体由初始位置运动到 B点的过程中由动能定理有： 䁕ሺ ܴ ሻ 香䁒ሺ 到达 B点由支持力、重力、电场力的合力提供向心力，即： ሻ䁕 香䁒 ሺ 由牛顿第三定律对轨道的压力 联立解得：=20N方向：竖直向下； (2)要使物体沿轨道 AB到达最低点 B，当支持力为 0时，最低点有个最小速度，则有： 香䁒ሻ 䁕 ሺ 在粗糙水平面上，由动能定理得：ሻ 䁕 ሻ 解得：x=2m>1.5m 所以不存在某一 H值。 13．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的绝缘轨道，AB段水平且光滑，BC段为圆心角θ=37 的光滑 圆弧，圆弧半径 r=2.0m，CD段为足够长的粗糙倾斜直轨，各段轨道均平滑连接．质量 m=2.0×l0-2kg、可 视为质点的小球被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行． (1)若小球向左运动到 B点的速度 vB=0.2m/s，则经过多少时间小球第二次达到 B点？ (2)若 B点左侧区域存在竖直向下的匀强电场，使小球带 q=+1.0×10-6C的电量，弹簧枪对 小球做功 W=0.36J，到达 C点的速度 vC=2 6 m/s，则匀强电场的大小为多少？ (3)上问中，若小球与 CD间的动摩擦因数μ=0.5，运动到 CD段的最高点时，电场突然改为 竖直向上但大 小不变，小球第一次返回到 C点的速度大小为多少？（取 sin37 =0.6，cos37 =0.8） 【答案】(1)1.4s(2) E=1.0×l05N/C(5) 1.265 m/s 【解析】(1)由于 vB较小，上升高度很小，沿 BC向上运动的路程远小于半径 r，故小球在 BC上做类似单 摆的运动，周期为： 2 RT g  再次返回到 B点的时间为半个周期： 1 π π 0.2 1.4s 2 Rt T g     (2)小球到达 C点之前的过程中，动能定理： 21( cos ) ( cos ) 0 2 CW mg r r qE r r mv       解得： 51.0 10 N/CE   (3)设从 C点到达最高点前小球滑行的距离为 s，动能定理： 21sin sin ( ) cos 0 2 Cmgs qEs mg qE s mv         解得： 0.8ms  从最高点返回到 C点过程中，动能定理： '21sin sin ( ) cos 0 2 Cmgs qEs mg qE s mv        解得： ' 2 10m / s 1.265m / s 5Cv   14．如图所示，AB、DE为倾角 =37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数  =0.30，BCD是 半径 R=0.2m的光滑圆弧轨道，与直轨道 AB、DE相切于 B、D两点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间 存在着竖直向上的匀强电场，场强 E＝4.0×103N/C，一质量 m=0.20kg，带电量 q=－5.0×10－4C的小滑块 （可视为质点）从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面 AB对应的高度为 h=0.24m，取重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°＝0.80．求： （1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端 B点时的速度大小； （2）滑块滑到圆弧轨道最低点 C时对轨道的压力； （3）经足够长时间后，因摩擦产生的热量； 【答案】(1) 2.4m/s (2) 11.36N (3) 0.96J 【解析】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力 f=μ（mg+qE）cos37°=0.96N 设到达斜面底端时的速度为 v1，根据动能定理得： 2 1 1( ) sin 37 2 hmg qE h f mv   解得： v1=2.4m/s (2)滑块从 B到 C点，由动能定理可得：   2 2 2 1 1 1( ) 1 cos37 2 2 mg qE R mv mv    当滑块经过最低点时，有 2 2 N ( ) mvF mg qE R   由牛顿第三定律： F′N=FN 解得： F′N=11.36N 方向竖直向下． (3)因为 （mg+qE）sin37°＞μ（mg+qE）cos37° 小球不会在斜面上停止，最终到 B或 D速度减为零，由能量转化可得经足够长时间后，因摩擦产生的热 量 Q=（mg+qE）h=0.96J