(考点分析) 第四节 电场性质的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用

【考点分析】　第四节 电场性质的综合应用

【考点一】  点电荷电场中功能关系的综合问题

【典型例题1】  (2021·河南名校联盟联考)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带电小球P质量为m，电荷量为＋q(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布)，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P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．则(　　)

A．C、O两点间的电势差UCO＝

B．O点处的电场强度E＝

C．小球下落过程中重力势能和电势能之和不变

D．小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度为v

【解析】小球P由C运动到O时，由mgd＋qUCO＝mv2－0，得UCO＝，选项A错误；

对小球P在O点处时受力分析，如图所示，F1＝F2＝＝，它们的合力为：F＝F1cos45°＋F2cos45°＝，则O点处的电场强度E＝＝，选项B正确；

小球下落过程中重力势能、动能和电势能之和不变，选项C错误；

小球P由O运动到D的过程，由动能定理得：mgd＋qUOD＝mvD2－mv2，由等量异种点电荷的电场特点可知UCO＝UOD，联立解得vD＝v，选项D正确．

【答案】  BD

【考点二】  匀强电场中功能关系的综合问题

【典型例题2】  (2022•江苏盐城市高三(下)二模)如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均，小球在距B点的P点处于静止状态，Q点距A点，小球在Q点由静止释放，重力加速度为g。则(　　)

A．匀强电场的电场强度大小为

B．小球在Q点的加速度大小为

C．小球运动的最大动能为

D．小球运动到最低点的位置离B点距离为

【解析】  A．依题意，小球在距B点的P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹力合力大小为，对小球由共点力平衡可得，解得，故A错误；

B．根据对称性，可知小球在Q点的受两弹簧弹力合力情况与P点大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律，有，求得，故B错误；

C．小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受力平衡，加速度为0，速度最大，动能最大，从Q到P过程中，根据动能定理可得，由几何关系可求得，联立求得，故C正确；

D．依题意，可判断知小球从Q点静止运动到最低点时，小球做简谐振动，P点为平衡位置，根据简谐运动的对称性可知，小球运动最低点到P点距离为，所以小球运动到最低点的位置离B点距离为，故D错误。故选C。

【答案】  C

【考点三】  匀强电场中连接体的功能关系的综合问题

【典型例题3】  A、B两物体质量均为m，其中A带正电，电荷量为＋q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时A、B都处于静止状态．现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E＝，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，则以下判断正确的是(　　)

A．刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为2g

B．从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体速度大小一直增大

C．从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体的机械能增加量始终等于A物体电势能的减少量

D．B刚要离开地面时，A的速度大小为2g

【解析】  在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加电场的瞬间，A物体受到的合力为A所受的电场力，故qE＝ma，解得a＝2g，方向向上，故A正确；B刚要离开地面时，地面对B弹力为0，即F弹＝mg，对A物体Eq＝mg＋F弹，即A物体所受合力为0，因此从施加电场开始到B刚要离开地面过程，A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度大小一直增大，故B正确；从施加电场开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，从弹簧恢复原长到B刚要离开地面的过程，A物体的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量之差，故C错误；当B刚要离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为x＝，根据动能定理可知qEx－mgx＝mv2，解得v＝2g，故D正确．

【答案】  ABD

【考点四】  与v－t图象有关的电场问题的运算

【典型例题4】  (2021·江西鹰潭市二模)如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是电场中的一条直线，线上有A、B、C三点。一带电量为+2×10-3C、质量为1×10-3kg的小物块从A点静止释放，只受电场力，沿MN作直线运动，其运动的v-t图像如图乙所示，经过B点时图像该点切线斜率最大(图中斜虚线)，C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电量保持不变，则下列说法中正确的是(　　)

A．AB两点电势差UAB=4V

B．AC间各点电场强度方向相同，B点场强最大，大小为E=1V/m

C．由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大

D．小物块从B点到C点电场力做的功W=10-2J

【解析】  A．物块在A到B的过程中，根据动能定理得，带入数据解得，由，带入数据解得，故A正确；

B．根据v-t图的斜率等于加速度，可得在B点的加速度最大为，所受的电场力最大为，则电场强度的最大值为，故B正确；

C．由v-t图可知由A到C的过程中小物块的动能一直增大，则电势能一直减小，故C错误；

D．物块从B点到C点电场力做的功，故D正确。故选ABD。

【答案】  ABD

【考点五】  与v－x图象有关的电场问题的运算

【典型例题5】  (2021·安徽合肥市二模)空间有一沿x轴分布的电场，x轴上有P、Q两点，其位置坐标分别为x0、2x0一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向做直线运动，其速度v随位置x的变化规律如图所示，粒子仅受电场力作用，设O点电势为零。则下列说法正确的是(　　)

A．该电场为匀强电场

B．粒子在P点的电势能为

C．Q点的电势为

D．粒子在OP间的平均加速度比PQ间的大

【解析】  AD．由图中数据可得粒子在OP间和PQ间运动位移均为x0；但在OP间运动平均速度大于PQ间平均速度，即，而两个阶段速度变化量均为，因此在OP段平均加速度更大，因为前后两段平均加速度不一样大，即电场力不一样大，该电场不是匀强电场，A错误D正确；

B．由动能定理可得：O到P电场力做的功，解得，又因为O点电势为零，电场力做的功等于电势能减少量，B错误；

C．由动能定理可得：O到Q电场力做的功，解得，又因为O点电势为零，电场力做的功等于电势能减少量；即，电势，C错误。故选D。

【答案】  D

【考点六】  与a－x图象有关的电场问题的运算

【典型例题6】  (2021·化州市第一中学月考)一个带负电的粒子从处由静止释放，仅受电场力作用，沿x轴正方向运动，加速度a随位置变化的关系如图所示，可以得出(　　)

A．在和处，电场强度相同

B．从到过程中，电势先升高后降低

C．粒子经和处速度等大反向

D．粒子在处电势能最大

【解析】  A．因为，所以在和处，电场强度和加速度大小成正比，方向相反，故A错误；

BD．根据图像可知，从到过程中，粒子先加速后减速，所以电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，到处，电势能最小，根据可知，粒子带负电，所以电势先升高后降低，故B正确，D错误；

C．根据运动学公式可知可知，a-x图像的面积表示，所以粒子经和处速度大小相等，方向相同，故C错误。故选B。

【答案】  B

【考点七】  与a－v图象有关的电场问题的运算

【典型例题7】  (2021·浙江三模)如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示。已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略。下列说法正确的是(　　)

A．小球运动的速度一直增大

B．小球先做匀加速运动后做匀速运动

C．小球刚开始运动时的加速度大小

D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比

【解析】  A．小球速度增大到vo后，加速度变为0，于是速度不再继续增大，故A错误；

B．小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故B错误；

C．剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的电场力，故此时加速度，故C错误；

D．由a-v图像，可得，由牛顿第二定律，可得，可解出加速度为，联立可知，还可知，即，故D正确。故选D。

【答案】  D

【考点八】  与φ－x图象有关的电场问题的运算

【典型例题8】  (2022•河北省石家庄高三(下)质检(一))如图甲所示，在x轴上有O、A、B、C、D五点，坐标分别为0、、、、，静电场的电场强度方向与x轴平行，电势随x的分布如图乙所示。一质量为m、带电荷量为+q的粒子，以初速度从O点沿x轴正方向进入电场，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)

A．若粒子能运动到A处，至少为

B．若粒子能运动到A处，粒子一定能运动到D处

C．若粒子能运动到B处，粒子在A、B间做匀速直线运动

D．若粒子能运动到C处，粒子在C处的速度为

【解析】  A．从O到A根据动能定理，解得，故A错误；

B．粒子在从O到A做减速运动，若粒子运动到A点速度刚好为零，则该粒子不能运动到D处，故B错误；

C．若粒子能运动到B处，因为A、B为等势面，所以粒子在A、B间运动时电场力不做功，即粒子在A、B间做匀速直线运动，故C正确；

D．从O到C根据动能定理，解得，故D正确。故选CD。

【答案】  CD

【考点九】  与E－x图象有关的电场问题的运算

【典型例题9】  (2021·广东深圳市调研)真空中，在x轴上x＝0和x＝8m处分别固定两个电性相同的点电荷Q1和Q2．电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示(＋x方向为场强正方向)，其中x＝6m处E＝0．将一个正试探电荷在x＝2m处由静止释放(重力不计，取无限远处电势为零)，则(　　)

A．Q1、Q2均为负电荷          

B．Q1、Q2带电荷量之比为9∶1

C．在x＝6m处电势为0       

D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小

【解析】  由题图知，在x＝0处场强为正，x＝8m处场强为负，可知Q1、Q2均为正电荷，故A错误；

根据题意“x＝6m处E＝0”可知在x＝6m处，E1＝E2，即k＝k，解得＝＝，故B正确；

由于无限远处电势为零，故在x＝6m处电势不为0，故C错误；

该试探电荷向x轴正方向运动时，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，故D错误．

【答案】  B

【考点十】  与Ep－x图象有关的电场问题的运算

【典型例题10】  (2021·四川省石室中学)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0﹣x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2﹣x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)

A．x1处电场强度最小，但不为零

B．x2～x3段电场强度大小方向均不变，为一定值

C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动

D．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2=φ0＞φ1

【解析】  根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，从而明确其运动过程的变化．根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；

由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故B正确，C错误；

0与x2处电势能相等，根据Ep=qφ可知0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2，x1处电势能最小，因放置的负电荷，故电势最高，同理可知，x3处电势最小，即φ1＞φ2=φ0＞φ3，故D错误．故选B．

【答案】  B

【考点十一】  带电物体在含有传送带的交变电场中的运动

【典型例题11】  如图甲所示，倾角为θ的绝缘传送带以2 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，其顶端与底端间的距离为5 m，整个装置处于方向垂直传送带向上的匀强电场中，电场强度大小随时间按图乙规律变化。t=0时刻将质量m=0.02 kg的带正电小物块(电荷量为q）轻放在传送带顶端，物块与传送带间的动摩擦因数为，已知sinθ=、cosθ=，，取g=10 m/s2，则小物块(　　）

A．始终沿传送带向下加速

B．运动过程中加速度大小变化

C．在传送带上运动的总时间为2.5 s

D．与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.48 J

【解析】  AB．存在电场时，有，解得，不存在电场时，有，解得，所以小物块先匀加速再匀减速运动，交替进行，AB错误；

C．一个周期运动的位移为，所以运动的时间为，C错误；

D．在没有电场时，小物块与传送带间有摩擦，所以相对位移为，发热量为，D正确。故选D。

【答案】  D

【考点十二】  带电体在重力场和电场中的圆周运动

【典型例题12】  (2022•山东日照市高三(下)一模)如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是(　　)

A．小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为

B．细线断裂后，小球动能的最小值为

C．从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，电势能增加了

D．从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，重力势能减少了

【解析】  A．由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足，所以，即动能的最小值为，故A正确；

B．由题意细线断裂后，当B点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从B到N点，由动能定理得，解得，所以最小动能为，故B正确；

C．因为从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足，，，，即电势能增加了，故C错误；

D．从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，即电场力做功为零，即相当于B点水平方向的速度等大反向时，即，，，，，解得，故D正确。故选ABD。

【答案】  ABD

【考点十三】  带电物体在等效重力场中的综合问题

【典型例题13】  (2021·山东滨州市二模)如图所示，轻绳的一端挂一小球，另一端连接一轻质小环，小环套在水平放置的足够长的直杆上，M为直杆上的一点，MN为垂直于直杆的分界线，MN的左侧存在水平向右的匀强电场。直杆在M左侧部分光滑，M右侧部分环与杆的动摩擦因数=0.75将小环用一插销固定在直杆的O点，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角0=37°。已知，小球质量为带电荷量的大小为q，绳长为l，点到MN的距离为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g)。求：

(1)电场的电场强度E大小；

(2)拔下插销后，轻绳第一次竖直前瞬间小球速度v1大小；

(3)小球第一次离开电场的速度v2大小；

(4)小球第一次离开电场后摆动到最大高度时，轻绳与竖直方向的夹角。

【解析】  (1)对带电小球列平衡方程，解得电场的电场强度。

（2）拔下插销后，对小球列牛顿第二定律，由几何关系可知拔下插销后小球沿绳方向运动位移，对小球沿绳方向的匀变速直线运动列运动学方程，联立解得，轻绳第一次竖直前瞬间小球速度。

（3）轻绳恰好竖直时刻，对小球速度分解可求得小球在水平方向的分速度，轻绳竖直后对小球列牛顿第二定律，拔掉插销到轻绳竖直过程，小环到O点的水平距离，小球沿水平方向做匀加速直线运动的位移，对小球在水平方向的匀加速直线运动列运动学方程，联立解得。

(4)小环滑动到MN分界线后，若某时刻细绳与竖直方向夹角为φ，对小环受力分析，列平衡方程，，轻质环不滑动的条件是，联立解得轻环不滑动的条件是轻绳与竖直方向的夹角φ≤37°轻环经过MN后，处于静止状态，小球做圆周运动对小球列动能定理，解得小球第一次离开电场后的摆动到最大高度时，轻绳与竖直方向的夹角。

【答案】  (1)；(2)；(3)

【考点十四】  电场中的力电综合问题

【典型例题14】  (2022•河南许昌市高三(下)二模)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E=1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R=2m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.04 kg、电荷量为q= +6×10-5 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m =0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：

(1)黏合体在A点的速度大小；

(2)弹簧的弹性势能；

(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。

【解析】  (1)小球2所受电场力

小球1和小球2的重力和为

如图所示，小球12所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为

所以

所以A点是小球12在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球12恰能沿圆弧到达A点，所以

解得

(2)小球从C点到A点，

由动能定理得

解得

小球12的碰撞由动量守恒定律得

解得小球1碰撞前的速度

由机械能守恒可得弹簧的弹性势能

(3)如图小球12在A点竖直方向上做匀加速运动

竖直方向上的初速度为

由竖直方向匀加速运动可得

解得

【答案】  (1)5m/s；(2)9.2J；(3)0.6s