物理高考专题 静电场的几个难点问题突破解析版.docx
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物理高考专题静电场的几个难点问题突破解析版
尖子生的自我修养系列
（一）“静电场”的一个命题热点——电场性质（强练提能）
1.如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。
下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）
A．O点的电场强度为零，电势最低
B．O点的电场强度为零，电势最高
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
【解析】选B 将整个圆环看做由两个半圆环组成，由对称性可知，这两个半圆环上的电荷在O点的场强大小相等，方向相反，故合场强为零。
x轴上的各点合场强，由对称性可知，在圆环右侧的合场强方向沿x轴向右，电势降低；左侧的合场强方向沿x轴向左，电势降低，故O点电势最高。
由于在O点场强为零，距O点无限远场强为零，因此沿x轴向左、右两侧，电场强度都呈现出先增大后减小的特征，综上所述B正确。
2．如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：
E＝2πkσ
，方向沿x轴。
现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示。
则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为（ ）
A．2πkσ0
B．2πkσ0
C．2πkσ0
D．2πkσ0
【解析】选A 采用极限思维法结合填补法。
根据半径为R的均匀带电圆形平板在P点的电场强度E＝2πkσ·
，可推知当带电圆板无限大时（即当R→∞）的电场强度E＝2πkσ，对于无限大带电平板，挖去一半径为r的圆板的电场强度，可利用填补法，即将挖去的圆板填充进去，这时Q点的电场强度EQ＝2πkσ0，则挖去圆板后的电场强度EQ′＝2πkσ0－2πkσ0
＝2πkσ0·
，故选项A正确。
3.（2020·衡水模拟）如图所示，N（N>5）个小球均匀分布在半径为R的圆周上，圆周上P点的一个小球所带电荷量为－2q，其余小球带电量为＋q，圆心处的电场强度大小为E。
若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为（ ）
A．EB.
C.
D.
【解析】选C 假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，则知在P处带电量＋q的小球在圆心处产生的场强大小为E1＝k
，方向水平向左，可知圆周上其余小球在O处产生的场强大小为E2＝E1＝k
，方向水平向右，带电量为－2q的小球在圆心处产生的场强大小为E3＝k
，方向水平向右。
根据叠加原理E＝E2＋E3，则k
＝
，所以撤去P点的小球后，圆心处场强大小为
，C正确。
4．[多选]（2020·山东第一次大联考）如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。
现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是（ ）
A．b点的场强一定为零
B．Q2带负电且电荷量小于Q1
C．a点的电势比b点的电势高
D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能小
【解析】选AC 速度时间图像图线斜率表示加速度，3L处图线的切线水平，加速度为0，b点的场强一定为零，根据从a点开始经b点向远处运动先加速后减速知，Q1带负电，Q2带正电，A正确，B错误；a点的动能比b点的动能小，a点的电势能比b点的电势能大，且运动电荷为正电荷，所以a点的电势比b点的电势高，C正确，D错误。
5.（2020·江西高安中学模拟）假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是（ ）
A．O～x1范围内各点场强的方向均与x轴平行
B．只在电场力作用下，正电荷沿x轴从O运动到x1，可做匀减速直线运动
C．负电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小
D．无法比较x2～x3与x4～x5间的场强大小
【解析】选C 由图像可以知道，在O～x1范围内各点电势不变，是一条等势线，所以电场方向应该与x轴垂直，选项A错误；在x轴上O～x1范围内，各点电势相等，任意两点间电势差为零，电场力做功为零，而且电荷做直线运动，可能做匀速运动，选项B错误；负电荷沿x轴从x2移到x3的过程中电势升高，则电场力对负电荷做正功，电势能减小，选项C正确；在x2～x3范围内相对于x4～x5范围内等差等势面密集，所以前者电场强度大些，选项D错误。
6．[多选]（2020·洛阳模拟）空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，带电粒子在此空间只受电场力作用。
下列说法中正确的是（ ）
A．在－x1处释放一带负电的粒子，它将沿x轴在－x1与x1之间做往返运动
B．带负电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动到x1处，它在x1处的速度等于在－x1处的速度
C．带正电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动的过程中，它的动能先增大后减小
D．带正电的粒子在x1处的电势能比在x2处的电势能小、与在x3处的电势能相等
【解析】选AB 电场沿x轴对称分布，在－x1处释放一带负电的粒子，它将沿x轴在－x1与x1之间做往返运动，选项A正确。
带负电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动到x1处，它在x1处的速度等于在－x1处的速度，选项B正确。
带正电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动的过程中，它的动能先减小后增大，选项C错误。
从x1处到x3处，电场强度方向沿x轴正方向，带正电的粒子从x1处到x3处，电场力一直做正功，电势能减小，所以带正电的粒子在x1处的电势能比x2处的电势能大、比x3处的电势能大，选项D错误。
7．[多选]如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合。
一光滑细杆沿垂直圆环平面的中心轴线穿过，细杆上套有一质量为m＝10g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4C。
小球从C点由静止释放，其沿细杆由C点经B点向A点运动的速度—时间图像如图乙所示。
小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大（图中标出了该切线）。
则下列说法正确的是（ ）
A．在杆上O点右侧，B点场强最大，场强大小为E＝1.2V/m
B．由C点到A点的过程中，小球的电势能先减小后变大
C．由C点到A点电势逐渐降低
D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9V
【解析】选ACD 由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受作用力最大，加速度由电场力提供，故B点的电场强度最大，a＝
，a＝
，解得E＝1.2V/m，所以A正确；从C点到A点电场力对小球一直做正功，故电势能一直减小，B错误，C正确；从C点到B点电场力对小球做功W＝
mvB2－0，C、B两点间电势差UCB＝
＝0.9V，所以D正确。
8．[多选]（2020·青岛模拟）如图所示是利用高压电场干燥中药的基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生非匀强电场E；水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电荷，另一端带等量负电荷；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而达到快速干燥的目的。
已知虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹，则下列说法正确的是（ ）
A．水分子在B处时，带正电荷一端受到的电场力与带负电荷一端受到电场力大小不相等
B．水分子沿轨迹ABCD运动过程中电场力始终做正功
C．水分子沿轨迹ABCD运动过程中电势能先减少后增加
D．如果把高压直流电源的正负极反接，水分子从A处开始将向下运动
【解析】选AC 水分子在B处时，水分子带正电荷一端所在处电场强度小，水分子受到的电场力小，带负电荷一端所在处电场强度大，水分子受到的电场力大，A正确；水分子向针状电极O靠近时电场力做正功，远离针状电极O时电场力做负功，C正确，B错误；如果把高压直流电源的正负极反接，水分子从A处仍会向上运动，只不过带正电荷一端在上方，即水分子带正电荷一端受到的电场力大于带负电荷一端受到的电场力，D错误。
（二）“静电场”的一个难点——带电粒子在电场中的运动（细化题型）
带电粒子在电场中的运动问题是电场部分的重点和难点，是每年高考的热点问题，该类问题考查了学生综合应用电场知识和力学知识的能力。
从运动形式上可以分为直线运动、类平抛运动、圆周运动、周期性的往复运动等多种情况。
在电场力作用下的直线运动
题型简述
带电粒子的速度v与场强E方向平行时，带电粒子在电场中做直线运动，进一步说，如果电场力方向与速度方向相同，则带电粒子做加速直线运动，如果相反则做减速直线运动。
方法突破
若为匀强电场，既可用牛顿第二定律和运动学公式求解，又可用能量观点（如动能定理、功能关系、能量守恒定律等）求解。
若为非匀强电场，带电粒子受到的电场力是变力，加速度是变量，只能用能量观点求解。
[例1] 反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。
如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。
已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示。
带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电荷量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。
求：
（1）B点到虚线MN的距离d2；
（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。
【解析】
（1）带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2，解得d2＝0.50cm。
（2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，
由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1，|q|E2＝ma2，
设微粒在虚线MN两侧运动的时间大小分别为t1、t2，由运动学公式有d1＝
a1t12，d2＝
a2t22。
又t＝t1＋t2，解得t＝1.5×10－8s。
【答案】
（1）0.50cm
（2）1.5×10－8s
[题后悟通]
本题第
（1）问应用动能定理求解d2非常快捷，若应用牛顿第二定律结合运动学公式则比较麻烦；但第
（2）问求解由A到B的时间t时只能应用后一种方法。
[对点训练]
1.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是错误的（设电源电动势为U）（ ）
A．电子到达B板时的动能是Ue
B．电子从B板到达C板动能变化量为零
C．电子到达D板时动能是3Ue
D．电子在A板和D板之间做往复运动
【解析】选C 电子在A、B之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，A正确；在B、C之间做匀速运动，B正确；在C、D之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确。
在电场力作用下的类平抛运动
题型简述
带电粒子垂直射入匀强电场中，由于只受电场力作用，沿初速度方向将做匀速直线运动，而沿电场力的方向将做初速度为0的匀加速直线运动，称为类平抛运动。
方法突破
（1）处理方法：
用运动的合成和分解的思想处理，即沿v0方向的匀速直线运动和垂直于v0方向的初速度为零的匀加速直线运动。
（2）偏转规律：
偏转位移，y＝
2，
偏转角，tanφ＝
＝
。
（3）两个推论
推论1：
类平抛运动物体任意时刻速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍。
推论2：
类平抛运动物体任意时刻速度的反向延长线必过匀速运动位移的中点。
[例2] （2020·临沂质检）如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。
现将一电子（电荷量为e，质量为m）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；
（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；
（3）电子打到屏上的点P′到点O的距离x。
【解析】
（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：
a1＝
＝
，
＝
a1t12，v1＝a1t1，t2＝
运动的总时间为t＝t1＋t2＝3
。
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2＝
＝
，t3＝
，vy＝a2t3，tanθ＝
解得：
tanθ＝2。
（3）如图，设电子在电场中的偏转距离为x1
x1＝
a2t32
tanθ＝
解得：
x＝x1＋x2＝3L。
【答案】
（1）3
（2）2 （3）3L
[题后悟通]
解答本题的关键是分析清楚电子在电场E1、E2及离开电场E2后各段运动的特点，然后选择相应的关系解决问题。
[对点训练]
2.如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出。
若不计重力，则a和b的比荷之比是（ ）
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶8D．8∶1
【解析】选D 设粒子初速度为v0，AB间距为d，则d＝
·
2，
＝
·
2。
以上两式联立可解得：
∶
＝8∶1，故D正确。
在电场力作用下的圆周运动
题型简述
电场力是一种性质力，在圆周运动中可以提供向心力，使带电物体做圆周运动。
方法突破
解决该类问题时，首先分析使物体做圆周运动的向心力来源，然后根据牛顿第二定律列方程求解。
带电粒子在电场力作用下的圆周运动常见以下三种情况：
（1）在点电荷＋Q（或－Q）的电场中，另一个负电荷－q（或正电荷＋q）围绕点电荷做匀速圆周运动，如图甲所示。
（2）在两个等量同种正电荷Q（或负电荷－Q）的电场中，在过它们连线的中垂面内，一个负电荷－q（或正电荷＋q）围绕二者连线的中点做匀速圆周运动，如图乙所示。
（3）两个异种电荷Q1、－Q2，以相同的角速度ω绕其连线上某一点O做匀速圆周运动，如图丙所示。
（类似于天体运动的双星模型）
[例3] 某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（ ）
A．半径越大，加速度越大 B．半径越小，周期越大
C．半径越大，角速度越小D．半径越小，线速度越小
【解析】根据库仑力提供向心力，由k
＝ma＝m
2r＝mω2r＝m
，知r越大，a越小，ω也越小；r越小，v越大，而T越小，则C项正确，其他选项错误。
【答案】 C
[题后悟通]
本题已知条件较少，解题关键是挖掘“某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动”的隐含条件，即库仑力提供电子做匀速圆周运动的向心力，进而列出相应的动力学方程，根据向心力的不同表达式分析电子做匀速圆周运动的加速度、周期、角速度、线速度与半径的关系。
[对点训练]
3.如图所示，真空中A、B两点固定两个等电荷量的正电荷，一个具有初速度的带负电的粒子仅在这两个电荷的作用下，可能做（ ）
A．匀速直线运动
B．匀变速直线运动
C．匀变速曲线运动
D．匀速圆周运动
【解析】选D 根据等电荷量正电荷电场分布的特点，一个具有初速度的带负电的粒子仅在这两个电荷的作用下，可能做匀速圆周运动，即以A、B连线的中点为圆心，在垂直于AB直线的平面内做匀速圆周运动。
4.[多选]如图所示，两个正、负点电荷，在库仑力作用下，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，以下说法中正确的是（ ）
A．它们所需要的向心力大小相等
B．它们的运动半径与电荷量成反比
C．它们做圆周运动的角速度相等
D．它们的线速度与其质量成反比
【解析】选ACD 两异种点电荷能绕连线上某一点各自做匀速圆周运动，它们的角速度相同，二者间的库仑力提供向心力：
k
＝m1ω2R1＝m2ω2R2，
＝
，
＝
＝
。
故A、C、D正确，B错误。
带电粒子在周期性变化电场中的运动
题型简述
带电粒子在周期性变化的电场中运动时，由于电场的变化使粒子所受电场力变化，其加速度、速度、位移等都会发生相应的变化，从而出现加速、减速或者往返运动。
方法突破
带电粒子在周期性变化电场中运动的分析方法
（1）明确电场（E、U等）变化的规律。
（2）做好两个分析（受力分析和运动分析），抓住粒子的运动具有周期性、空间上有的具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。
（3）分析问题的两个观点：
动力学观点和能量观点。
（4）此类题型一般有三种情况：
①粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解）；
②粒子做往返运动（一般根据交变电场特点分段研究）；
③粒子做偏转运动（一般分段研究）。
[例4] 将如图所示交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板的距离足够大，下列说法正确的是（ ）
A．电子一直向着A板运动
B．电子一直向着B板运动
C．电子先向A运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
D．电子先向B运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
【解析】根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个
内做匀加速运动，第二个
内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势高于A板电势，所以电子向B板运动，加速度大小为
。
在第三个
内做匀加速运动，第四个
内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为
，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项应为D。
【答案】 D
[题后悟通]
解决本题的关键首先是明确电压的变化规律，从而明确电子的受力特点，结合牛顿第二定律进一步分析a、v的变化情况，结合at图像、vt图像分析往往能快捷解题。
[对点训练]
5．如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为U＝1125V，两板中央各有小孔O和O′。
现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间。
在B板右侧，平行金属板M、N长L1＝4×10－2m，板间距离d＝4×10－3m，在距离M、N右侧边缘L2＝0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的
″点并发出荧光。
现在金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u，在t＝0时刻，M板电势低于N板电势。
已知电子质量为me＝9.0×10－31kg，电荷量为e＝1.6×10－19C。
（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度为多大？
（2）电子打在荧光屏上的范围是多少？
（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？
【解析】
（1）电子经A、B两块金属板加速，有eU＝
mv02
得v0＝
＝
m/s
＝2×107m/s。
（2）当u＝22.5V时，电子经过MN板向下的偏移量最大，为y1＝
·
·
2
＝
×
×
2m
＝2×10－3m
y1＜d，说明所有的电子都可以飞出平行金属板M、N，此时电子在竖直方向的速度大小为
vy＝
·
＝
×
m/s
＝2×106m/s，
电子射出金属板M、N后到达荧光屏P的时间为
t2＝
＝
s＝5×10－9s
电子射出金属板M、N后到达荧光屏P的偏移量为
y2＝vyt2＝2×106×5×10－9m＝0.01m，
电子打在荧光屏P上的最大偏移量为y＝y1＋y2＝0.012m，即范围为从O″向下0.012m内。
（3）当u＝22.5V时，电子飞出电场的动能最大
Ek＝
m（v02＋vy2）＝
×9.0×10－31×[（2×107）2＋（2×106）2]J＝1.8×10－16J
或由动能定理得Ek＝e
＝1.6×10－19×（1125＋11.25）J＝1.8×10－16J。
答案：
（1）2×107m/s
（2）从
″向下0.012m内
（3）1.8×10－16J
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