(全国通用)2019版高考物理一轮复习第七章静电场微专题备考精炼(打包8套).zip
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51 电荷守恒定律 库仑定律方法点拨(1)注意库仑力的大小与两点电荷间的距离平方成反比(2)库仑力作用下的物体平衡问题,要注意整体法、隔离法的应用1(2017黑龙江双鸭山一中月考)两个相同的可视为点电荷的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为13,相距为r时相互作用的库仑力的大小为F,今使两小球接触后再分开放到相距为2r处,则此时库仑力的大小为()A.F B.F C.F D.F2(2018河北邢台质检)如图1所示,带电物体P、Q可视为点电荷,电荷量相同倾角为、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上,将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时,P静止且受斜面体的摩擦力为0,斜面体保持静止,静电力常量为k,则下列说法正确的是()图1AP、Q所带电荷量为BP对斜面的压力为0C斜面体受到地面的摩擦力为0D斜面体对地面的压力为(Mm)g3如图2所示,光滑平面上固定金属小球A,用长为l0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接,让它们带上等量同种电荷,弹簧伸长量为x1;若两小球电荷量各漏掉一半,弹簧伸长量变为x2,则有()图2Ax2x1 Bx2x1 Cx2x1 Dx2ACBC,可以判断图中()图5A三个小球电荷量的代数和可能为0B三个小球一定带同种电荷C三个小球所受环的弹力大小为FNAFNBFNCD三个小球带电荷量的大小为QAQCQB7(多选)如图6所示,a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分小球d位于O点正上方h处,且在外力F作用下恰处于静止状态,已知a、b、c三小球的电荷量大小均为q,小球d的电荷量大小为6q,hR.重力加速度为g,静电力常量为k.则()图6A小球a一定带正电B小球b的周期为C小球c的加速度大小为D外力F竖直向上,大小等于mg8(2018湖北黄冈模拟)如图7所示,足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点M、O、N,质点O能保持静止,质点M、N均围绕质点O做匀速圆周运动已知质点M、N与质点O的距离分别为L1、L2(L1AC,同时OABQBQC,D错误;根据相似三角形可得,故可得FNCFNBFNA,C错误7CD小球a、b、c均做半径相同的匀速圆周运动,且受力情况相同,故三个小球的各运动参量大小均相等以小球a为例,小球a做圆周运动的向心力由小球d对小球a的引力的水平分力及小球b、c对小球a斥力的合力提供,仅可以判断四个小球所带电荷电性的异同,不能确定小球a是否带正电,A项错误;由牛顿第二定律得,2kcos 30 kman,其中hR,解得an,C项正确;向心加速度公式anR,得T ,B项错误;对小球d受力分析,由平衡条件可知:Fmg3kmg,D项正确8C要满足题目要求,则M、N电性相同,且和O电性相反,A项错误;M、N绕O做匀速圆周运动,则三质点共线,角速度相等,线速度之比等于做圆周运动的半径之比,vNvM,B项错误;对O点受力分析,知kk,()2,C项正确;分别对M、N受力分析,合力提供向心力,mML12kk,mNL22kk,mML12mNL22,即,D项错误552 电场力的性质方法点拨电场叠加问题要注意矢量性与对称性1(2017山东济南一中模拟)如图1所示,a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点,abc120.现将三个等量的正点电荷Q分别固定在a、b、c三个顶点上,下列说法正确的是()图1Ad点电场强度的方向由d指向OBO点电场强度的方向由d指向OCd点的电场强度大于O点的电场强度Dd点的电场强度小于O点的电场强度2.空间某区域有一个正三角形ABC,其三个顶点处分别固定有三个等量正点电荷,如图2所示,D点为正三角形的中心,E、G、H点分别为正三角形三边的中点,F点为E关于C点的对称点取无限远处的电势为0,下列说法中正确的是()图2A根据对称性,D点的电场强度必为0B根据对称性,D点的电势必为0C根据对称性,E、F两点的电场强度等大反向DE、G、H三点的电场强度和电势均相同3(2018河南郑州期中)如图3甲、乙所示,两个带电荷量均为q的点电荷分别位于带电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和圆环的圆心,环的粗细可忽略不计若图甲中环对圆心点电荷的库仑力大小为F,则图乙中环对圆心点电荷的库仑力大小为()图3A.F B.F C.F D.F4(2018四川成都第七中学月考)一个正点电荷Q固定在正方形的一个角上,另一个带电粒子射入该区域时,恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c,如图4所示,则有()图4A根据轨迹可判断该带电粒子带正电Ba、b、c三点场强大小之比是121C粒子在a、b、c三点的加速度大小之比是212Da、c两点的电场强度相同5(多选)如图5是密立根油滴实验的示意图油滴从喷雾器的喷嘴喷出,落到匀强电场中,调节两板间的电压,通过显微镜观察到某一油滴静止在电场中,下列说法正确的是()图5A油滴带正电B油滴带负电C只要测出两板间的距离和电压就能求出油滴的电荷量D该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍6(多选)(2017山东济宁模拟)如图6甲所示,Q1、Q2为两个被固定的点电荷,其中Q1带负电,a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用),粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb,其速度时间图象如图乙所示以下说法中正确的是()图6AQ2一定带正电Bb点的电场强度一定为零CQ2的电荷量一定大于Q1的电荷量D整个运动过程中,粒子的电势能先增大后减小7(2017山东烟台模拟)已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似,即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直如图7所示,MN为无限大的不带电的金属平板,且与大地连接现将一个电荷量为Q的点电荷置于板的右侧,图中a、b、c、d是以点电荷Q为圆心的圆上的四个点,四点的连线构成一内接正方形,其中ab连线与金属板垂直则下列说法正确的是()图7Ab点电场强度与c点电场强度相同Ba点电场强度与d点电场强度相同Ca点电势等于d点电势D将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中,试探电荷电势能始终保持不变8(2017辽宁铁岭协作体模拟)如图8所示,在竖直向下的匀强电场中,将质量相等的两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一竖直线上的不同位置,释放后,M、N保持静止,则()图8AM的带电荷量一定比N的大BM一定带负电荷,N一定带正电荷C静止时M受到的合力比N的大D移动过程中匀强电场对M做负功9(多选)(2018湖北黄冈模拟)真空中两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上,D为斜边AB的中点,ABC30,如图9所示已知A点电场强度的方向垂直AB向下,则下列说法正确的是()图9Aq1带正电,q2带负电BD点电势高于A点电势Cq1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半Dq1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍10.已知表面电荷均匀分布的带电球壳,其内部电场强度处处为零现有表面电荷均匀分布的带电半球壳,如图10所示,CD为通过半球顶点C与球心O的轴线P、Q为CD轴上关于O点对称的两点则()图10AP点的电场强度与Q点的电场强度大小相等、方向相同BP点的电场强度与Q点的电场强度大小相等、方向相反CP点的电场强度比Q点的电场强度强DP点的电场强度比Q点的电场强度弱11(2017广东东莞模拟)a、b两个带电小球的质量均为m,所带电荷量分别为3q和q,两球间用绝缘细线连接,a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上,在两球所在的空间有方向向左的匀强电场,电场强度为E,平衡时细线都被拉紧,则平衡时可能位置是()答案精析1D2A由于D点为正三角形的中心,即到三个点电荷的距离相等,故任意两点电荷在D点产生的合场强与第三个点电荷在D点产生的电场强度等大反向,故D点的电场强度为零,选项A正确;由于取无限远处的电势为0,从无限远处移动电荷至D点,电场力做功必不为0,故D点电势不可能为0,选项B错误;C处点电荷在E、F两点产生的电场强度等大反向,但A、B两个点电荷在E、F两点产生的电场强度的矢量和不相等,故C错误;由对称性可知,E、G、H三点的电场强度大小相等,但电场强度的方向不同,所以D错误3C由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F,可以得出圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F.将题图乙中的均匀带电圆环分成三个圆环,关于圆心对称的两个圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零,因此题图乙中的圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F,C正确4C带电粒子受到的电场力指向轨迹的内侧,根据轨迹弯曲方向可以知道带电粒子与固定在Q点的电荷是异种电荷,它们之间存在引力,故该带电粒子带负电,A项错误;根据几何知识可以知道a、b、c三点到Q的距离之比为rarbrc11,根据点电荷场强公式Ek, 得a、b、c三点场强大小之比为212,B项错误;根据牛顿第二定律得:a,aE,则知粒子在a、b、c三点的加速度大小之比是212,C项正确;a、c两点的电场强度大小相等,但方向不同,所以电场强度不同,D项错误5BD由题图知,匀强电场电场方向向下,油滴所受的电场力向上,则知油滴带负电,故A错误,B正确;根据油滴受力平衡得:mgqE,得q,所以要测出两板间的距离、电压和油滴的质量才能求出油滴的电荷量,故C错误;根据密立根油滴实验研究知:该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍,D正确6ABD7.C8D因为M、N在释放后保持静止,说明受到的合力为0,若M带正电,不论N带正电,还是带负电,都不可能同时静止;若M带负电,N带正电,则对M:EqMmgF引;对N:EqNmgF引,即EqM2mgEqN,则qMqN;若M带负电,N带负电,则对M:EqMmgF斥;对N:EqNmgF斥,则qMqN,故A、B错误;静止时,二者受到的合力都是0,故C错误;M带负电,受到的电场力的方向向上,所以移动过程中匀强电场对M做负功,故D正确故选D.9AC根据题述,A点的电场强度垂直AB向下,可知q1带正电、q2带负电,选项A正确q1在A、D两点产生的电势相等,q2在A点产生的电势高于在D点产生的电势,则A点的电势高于D点,选项B错误根据题述,A点的电场强度垂直AB向下,可得sin 30,E1k,E2k,联立解得q22q1,选项C正确,D错误10A表面电荷均匀分布的带电球壳,其内部场强处处为零,若把另一带电半球壳补上,则P、Q两点的合场强均为零,根据对称性原理可得,A正确11D因为a、b所带电荷量分别为3q和q,以a、b为整体,整体的电荷量为2q,整体受到向左的电场力作用,大小为2qE,整体的重力为2mg,如图甲所示,则tan ;b所带电荷量为q,受到向右的电场力作用,大小为qE,b的重力为mg,如图乙所示,则tan ,所以;又由于两绝缘细线的长度相同,平衡时b小球处在悬挂点的正下方,选项D正确653 电场能的性质方法点拨(1)电势能、电势、电势差、电场力的功及电荷量是标量,但都有正负涉及到它们的计算要注意正负号问题(2)电场中某一点的电势等于各点电荷在该点产生的电势的代数和1(多选)(2017江西省重点中学盟校第一次联考)如图1所示,在一个匀强电场中有一个三角形ABC,AC的中点为M,BC的中点为N.将一个带正电的粒子从A点移动到B点,电场力做功为WAB6.0109 J则以下分析正确的是()图1A若将该粒子从M点移动到N点,电场力做功WMN可能小于3.0109 JB若将该粒子从M点移动到N点,电势能减少3.0109 JC若将该粒子由B点移动到N点,电场力做功为3.0109 JD若被移动的粒子的电荷量为2109 C,可求得A、B之间的电势差UAB为3 V2(多选)(2017天津五区县模拟)空间有一与纸面平行的匀强电场,纸面内的A、B、C三点位于以O点为圆心,半径为10 cm的圆周上,并且AOC90,BOC120,如图2所示现把一个电荷量q1105 C的正电荷从A移到B,电场力做功1104 J;从B移到C,电场力做功为3104 J,则该匀强电场的场强方向和大小是()图2A场强大小为200 V/mB场强大小为200 V/mC场强方向垂直OA向右D场强方向垂直OC向下3(2018四川成都模拟)如图3所示,孤立点电荷Q固定在正方体的一个顶点上,与Q相邻的三个顶点分别是A、B、C,下列说法正确的是()图3AA、B、C三点的场强相同BA、B、C三点的电势相等CA、B、C三点所在的平面为一等势面D将一电荷量为q的检验电荷由A点沿直线移动到B点的过程中电势能始终保持不变4(2017安徽省皖南八校第二次联考)如图4所示,竖直线OO是等量异种电荷Q和Q连线的中垂线,A、B、C的位置如图所示,且都处于一矩形金属空腔内下列说法正确的是()图4AA、B、C三点电势大小关系是ACBC金属空腔上的感应电荷在A、B、C三点形成的场强方向均水平向右D金属空腔上的感应电荷在A、B、C三点形成的场强大小关系是EBECEA5(2018陕西商洛模拟)如图5所示,虚线a、b、c代表电场中一簇等势面相邻等势面之间的电势差相等,实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知()图5Aa、b、c三个等势面中,a的电势最高B电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大D该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大6(多选)(2018吉林公主岭一中模拟)位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图6所示,ab、cd分别是正方形两条边的中垂线,O点为中垂线的交点,P、Q分别为cd、ab上的点,则下列说法正确的是()图6AP、O两点的电势关系为POBP、Q两点电场强度的大小关系为EQEPC若在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力不为零D若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点,电场力做功为零7(2017山东滨州一模)一带电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下运动轨迹如图7虚线所示,在粒子运动过程中,下列说法中正确的是()图7A粒子带负电B粒子的速度一定减小C任意相等时间内,初末两位置电势差相等D任意相等时间内速度变化量相同8(多选)如图8所示,匀强电场中的A、B、C、D点构成一位于纸面内的平行四边形,电场强度的方向与纸面平行,已知A、B两点的电势分别为A12 V,B6 V,则C、D两点的电势可能分别为()图8A9 V、18 V B9 V、15 VC0 V、6 V D6 V、0 V9(多选)(2017江西省九校联考)如图9所示,已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF所在平面,若规定D点电势为零,则A、B、C的电势分别为8 V、6 V、2 V,初动能为16 eV、电荷量大小为3e(e为元电荷)的带电粒子从A沿着AC方向射入电场,恰好经过BC的中点G.不计粒子的重力,下列说法正确的是()图9A该粒子一定带正电B该粒子达到G点时的动能为4 eVC若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射,该粒子可能垂直经过CED只改变粒子在A点初速度的方向,该粒子不可能经过C点10(2017山东烟台一模)直线mn是某电场中的一条电场线,方向如图10所示一带正电的粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点,轨迹为一抛物线,a、b分别为a、b两点的电势下列说法中正确的是()图10A可能有aaCvBvCCaBaCvBvC DaBvC13(2017山东临沂一模)A、B为两等量异种电荷,图13中水平虚线为A、B连线的中垂线现将另两个等量异种的检验电荷a、b用绝缘细杆连接后,从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线上,平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称若规定离AB无穷远处电势为零,则下列说法中正确的是()图13A在AB的连线上a所处的位置电势a0C整个移动过程中,静电力对a做正功D整个移动过程中,静电力对a、b整体做正功14(多选)如图14所示电场,实线表示电场线一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a点运动到b点,虚线表示其运动的轨迹则()图14A粒子带正电B粒子受到的电场力不断减小Ca点电势高于b点电势D电场力一直做正功,动能增加15(多选)如图15所示,a、b、c、d是某匀强电场中的四个点,它们是一个四边形的四个顶点,abcd,abbc,2abcdbc2l,电场方向与四边形所在平面平行已知a点电势为24 V,b点电势为28 V,d点电势为12 V一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0,方向与bc成45,一段时间后经过c点,则下列说法正确的是()图15Ac点电势为20 VB质子从b运动到c所用的时间为C场强的方向由a指向cD质子从b运动到c电场力做功为8 eV答案精析1BD2ACUAB V10 V;UBC V30 V;则UACUABUBC20 V,若设C0,则A20 V,B30 V,由几何知识得若延长AO则与BC的连线交于BC的三等分点D点,D点的电势应为20 V,则AD为电势为20 V的等势面,故场强方向垂直OA向右,大小为E V/m200 V/m,故选A、C.3B4D空腔体内部各点的电势相同,选项A、B错误;金属空腔内部各点的合场强为零,即两个点电荷的场强与感应电荷的场强等大反向,因两电荷在A、B、C三点形成的场强方向向右,故金属空腔上的感应电荷在A、B、C三点场强方向均水平向左,选项C错误;两电荷在A、B、C三点形成的场强大小关系是EBECEA;则金属空腔上的感应电荷在A、B、C三点形成的场强大小关系是EBECEA,选项D正确5C根据题图可知,P点处等差等势面比Q点处密,由电势差与电场强度的关系可知,P点处的电场强度大小比Q点处大,带电质点在P点处所受的电场力比Q点处大,选项B错误,C正确;根据带电质点的运动轨迹可知,带电质点所受电场力方向指向轨迹弯曲的方向,即由c等势面指向a等势面,由于题中没有给出带电质点所带电荷的电性,无法判断出a、b、c三个等势面中哪个等势面电势最高,选项A错误;若质点由Q向P运动,由题图可知质点所受电场力方向与运动方向的夹角为锐角,电场力做正功,带电质点电势能减小,故带电质点在P点具有的电势能比在Q点的小,若带电质点由P向Q运动,同理可知带电质点在P点具有的电势能比在Q点的小,故D错误6AD根据等量异种电荷的电场线的特点:两点电荷连线的中垂线为等势面,由对称性知,ab和cd都是等势面,它们都过O点,所以ab上的电势和cd上的电势相等,即P、O两点的电势关系为PO,A项正确;由题图电场线的疏密程度可看出P点电场线更密集,EQEP,B项错误;根据电场的矢量合成,O点场强为零,不管放什么电荷受到的电场力都是零,C项错误;由于POQ,故UPQ0,若将负电荷由P点沿曲线移到Q点,电场力做功为零,D项正确7D8.BC9.BD10.C11.B12.C13.B14BC由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向,电场力方向指向弧内,则粒子带负电荷,A项错误;电场线的疏密代表电场的强弱,从a到b,电场强度减小,则粒子受到的电场力不断减小,B项正确;沿着电场线方向电势降低,则a点电势高于b点电势,C项正确;电场力方向与速度方向夹角大于90,一直做负功,动能减小,D项错误15ABD三角形bcd是等腰直角三角形,具有对称性,如图所示,bMbNbd,已知a点电势为24 V,b点电势为28 V,d点电势为12 V,且abcd,abbc,2abcdbc2l,因此根据几何关系,可得M点的电势为24 V,与a点电势相等,从而连接aM,即为等势面;三角形bcd是等腰直角三角形,具有对称性,bd连线中点N的电势与c相等,为20 V,A项正确;质子从b运动到c做类平抛运动,沿初速度方向分位移为l,此方向做匀速直线运动,则t,B项正确;Nc为等势线,其垂线bd为场强方向,场强方向由b指向d,C项错误;电势差Ubc8 V,则质子从b运动到c电场力做功为8 eV,D项正确854 电场中的图象问题方法点拨在图象问题中,一般从图象的“点、线、面、斜”四个方向理解x图象中斜率表示场强;Ex图象中面积表示电势差1(多选)(2017福建福州3月质检)如图1甲所示,A、B、C三点是在等量同种正电荷连线中垂线上的点;一个带电荷量为q,质量为m的点电荷从C点静止释放,只在电场力作用下运动的vt图象如图乙所示, 运动到B点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线),其切线斜率为k,则()图1AB点为中垂线上电场强度最大的点,大小为B由C点到A点电势逐渐降低C该点电荷由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大DB、A两点间的电势差2(多选)(2017山东济宁一模)如图2甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势随x变化的关系如图乙所示,若在O点由静止释放一电子,电子仅受电场力的作用则()图2A电子将沿Ox方向运动B电子的电势能将一直减小C沿Ox方向电场强度一直增大D电子运动的加速度先减小后增大3(2017山东淄博一模)两个等量点电荷位于x轴上,它们的静电场的电势随位置x变化规律如图3所示(只画出了部分区域内的电势),x轴上两点M、N,且OMON,由图可知()图3AN点的电势低于M点的电势BM、N两点的电场强度方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小C仅在电场力的作用下,正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点间做往复运动D负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功4(多选)(2017辽宁沈阳省示范协作校一模)如图4所示,P、Q为两个等量的异种电荷,以靠近P点的O点为原点,沿两电荷的连线建立x轴,沿直线向右为x轴正方向,一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点,已知A点与O点关于PQ两电荷连线的中点对称,粒子的重力忽略不计,在从O到A的运动过程中,下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化,粒子的动能Ek和运动径迹上电势随位移x的变化图线肯定错误的是()图45(多选)(2017安徽省十校联考)有一沿x轴分布的电场,电场强度E随x变化的图象如图5所示,x轴正向为电场强度的正方向,在x轴上0x1间某点处由静止释放一个质量为m,电荷量为q的带负电的粒子,仅在电场力作用下运动,下列说法正确的是()图5Ax轴上x1处电势最高Bx轴上x2处电势最高C粒子在向右运动的过程中,粒子的电势能可能先减小后增大,再减小D粒子在向右运动的过程中,如果到达x2处速度刚好为零,则粒子运动的最大速度一定大于 6(多选)(2018陕西商洛模拟)如图6甲所示,x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O),其上面有M、N、P三点,间距MNNP,Q1、Q2在x轴上产生的电势随x变化关系如图乙则()图6AN点电场强度大小为零B从M点到P点电场强度先增大后减小CM、N之间电场方向沿x轴正方向D一正试探电荷从P移到M过程中,电场力做功|WPN|WNM|7(多选)(2018四川成都模拟)如图7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)的切线现有一个质量为0.20 kg、电荷量为2.0108 C的滑块P(可看做质点),从x0.10 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g10 m/s2.则下列说法正确的是()图7Ax0.15 m处的场强大小为2.0106 N/CB滑块运动的加速度逐渐减小C滑块运动的最大速度为0.1 m/sD滑块最终在0.3 m处停下8在真空中的x轴上的原点处和x6a处分别固定一个点电荷M、N(图中未标出),在x2a处由静止释放一个正点电荷P,假设点电荷P只在电场力作用下沿x轴方向运动,得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图8所示,则下列说法正确的是()图8A点电荷M、N一定都是负电荷B点电荷P的电势能一定是先增大后减小C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为21Dx4a处的电场强度一定为零9(多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场,其电势随坐标x的变化而变化,变化的图线如图9所示(图中0已知)有一质量为m、带电荷量为q(q0)的带电小球(可视为质点)从O点以某一未知速度v0沿x轴正方向移动到x4.则下列叙述正确的是()图9A带电小球从O运动到x1的过程中,所受电场力逐渐增大B带电小球从x1运动到x3的过程中,电势能一直增大C若小球的初速度v02 ,则运动过程中的最大速度为 D要使小球能运动到x4处,则初速度v0至少为2 答案精析1AB2.ABD3.B4.ABD5AD因x1点的右侧电场线向右,左侧的电场线向左,顺着电场线电势降低,故x1点的电势最高,选项A正确,B错误;带负电的粒子从0x1间的某位置释放,电场力先做正功,过了x1位置后,电场力做负功,如果速度减到零后,粒子将反向,向左运动故粒子向右运动过程中的电势能先减小后增大,选项C错误;粒子在向右运动的过程中,在x1处的速度最大,如果到达x2处速度刚好为零,Ex图象中图线与x坐标轴所围面积表示电势差,则mv m2qUq(x2x1)E0,即vm,故选项D正确6AC电势随x变化关系图(x图象)中切线的斜率表示电场强度,所以N点电场强度大小为零,故A正确;从M点到P点电场强度先减小后增大,故B错误;M点的电势为零,N点电势小于零,因沿电场线方向电势降低,故在MN间电场方向由M指向N,沿x轴正方向,故C正确;由题图知UMN|UNP|,故一正试探电荷从P移到M过程中,电场力做负功,故|WPN|WNM|,D错误7AC在x图象中,某一点切线斜率表示该点的场强,所以x0.15 m处的场强大小等于题图中切线的斜率绝对值,即E2.0106 N/C,A项正确由题图图象可知,x轴上场强E随x增大不断减小由牛顿第二定律有:EqFfma,加速度逐渐减小,滑块做加速度逐渐减小的加速运动,当qEFf时,加速度为0,然后加速度反向,由FfqEma知加速度反向增加,滑块做加速度逐渐增大的减速运动,直至停止,所以滑块向右滑动的过程中,加速度先减小后增大,B项错误由动能定理可知,合外力做正功最多时,滑块动能最大,此时电场力减小到与摩擦力恰好相等,即Eqmg,解得E2.0106 N/C,即x0.15 m滑块由静止释放至运动到x0.15 m处过程中,q(0.100.15)mg(0.15 m0.10 m)mv m2,代入已知条件解得:vm0.1 m/s,C项正确若滑块可以运动到0.3 m处,则电场力做功6103 J,而克服摩擦力需做功Wf8103 J,所以滑块不可能运动到0.3 m处,D项错误8D根据题图可知,点电荷的速度先增大后减小,说明电场力对点电荷P先做正功,后做负功,则M、N一定都是正电荷,且点电荷P的电势能一定是先减小后增大,所以选项A、B错误;由于在x4a处速度最大,说明点电荷M、N在此处产生的合场强为0,则有,所以QMQN41,选项C错误,D正确9BC由场强与电势差的关系可知,在题图x图象中,图线的斜率表示电场强度E,带电小球从O运动到x1的过程中,所受电场力不变,A项错误;从x1运动到x3的过程中,电势不断减小,但小球带负电,因此小球的电势能一直增大,B项正确;小球运动到x1处时,电场力做正功最多,速度最大,由动能定理有:q(00)mvm2mv02,将v02 代入,解得小球最大速度vm,C项正确;小球运动到x3处时速度最小,由动能定理有:q0(0)0mv02,解得:v0 ,D项错误655 电容器问题方法点拨(1)两类动态问题的分析要抓住C、C和E三个基本关系(2)板间粒子的运动常用动力学方法或动能定理分析1(2017湖南邵阳第二次大联考)根据大量科学测试可知,地球本身就是一个电容器通常大地带有50万库仑左右的负电荷,而地球上空存在一个带正电的电离层,这两者之间便形成一个已充电的电容器,它们之间的电压为300 kV左右地球的电容约为()A0.17 F B1.7 FC17 F D170 F2(2018湖北黄冈模拟)如图1所示是定性研究影响平行板电容器电容大小因素的装置,平行板电容器的A板固定在铁架台上并与静电计的金属球相连,B板和静电计金属外壳都接地将极板B稍向上移动,则()图1A指针张角变小,两极板间的电压变小,极板上的电荷量变大B指针张角不变,两极板间的电压不变,极板上的电荷量变小C指针张角变大,两极板间的电压变大,极板上的电荷量几乎不变D指针张角变小,两极板间的电压变小,极板上的电荷量几乎不变3(2017湖北孝感一模)静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小,如图2所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计,开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度减小些,下列采取的措施可行的是()图2A断开开关S后,将A、B两极板分开些B断开开关S后,增大A、B两极板的正对面积C保持开关S闭合,将A、B两极板拉近些D保持开关S闭合,将变阻器滑动触头向右移动4.如图3所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面若两粒子间相互作用力可忽略不计重力,则Mm为()图3A32 B21 C52 D315(2017江西省六校3月联考)“D”是一只理想二极管,只允许通过正向电流,不允许通过反向电流将平行金属板接入如图4所示的电路中,A、B极板间有一带电小球通过绝缘细线悬挂于固定点O,闭合开关S后,小球处于静止状态,细线偏离竖直方向的角为,那么()图4A贴着A板插入一定厚度的金属板, 将变小B将滑动变阻器触头向左移,小球重新平衡后,将变小C将滑动变阻器触头向右移,小球重新平衡后,将变大D将S断开,小球重新平衡后,将变大6(多选)(2018四川泸州一检)如图5所示,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为D,在下极板上叠放一厚度为d的金属板A,dD,其上部空间有一带负电的粒子P静止在电容器中,当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动,已知重力加速度为g.则下列判断正确的是()图5A电容器的电容变大B两板间的电场强度不变C上极板所带电荷量变小D粒子运动的加速度大小为g7(2017湖南株洲一模)如图6所示,R 是一个定值电阻,A、B 为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒P处于静止状态,则下列说法正确的是()图6A若增大 A、B两金属板的间距,则有向右的电流通过电阻RB若增大 A、B两金属板的间距,P将向上运动C若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,P将向上运动D若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,P将向上运动8(多选)(2017湖北七市联合考试)物理学规律在数学形式上的相似,往往意味着物理意义的相似某同学在查看资料后得知,电容器C中储存的电场能EC与两极间的电压U之间关系式为ECCU2,电感线圈L中储存的磁场能EL与通过线圈的电流I之间关系式为 ELLI2,他类比物体m的动能Ek与其速度v的关系式Ekmv2,做出如下推论:质量m反映了物体对速度v的变化的阻碍作用,自感系数L反映了电感线圈对电流I的变化的阻碍作用,则电容C也反映了电容器对电压U的变化的阻碍作用你认为他以下的分析合理的是()A用相同大小的电流给电容器充电时,电容器的电容C越大,两极板间电压的增加相同大小U需要的时间越长B当电容器以相同大小的电流放电时,电容器的电容C越大,两极板间的电压减小相同大小U需要的时间越长C用相同的电源(E,r)给原来不带电的电容器充电,电容器的电容C越大,其电压从某个值U增加相同的大小U所用的时间会更长D电容器通过相同的电阻放电,电容器的电容C越大,其电压从某个值U减小相同的大小U所用的时间更短9(2017河北石家庄第二次质检)如图7所示电路中,A、B是构成平行板电容器的两金属极板,P为其中的一个定点将开关S闭合,电路稳定后将A板向上平移一小段距离,则下列说法正确的是()图7A电容器的电容增加B在A板上移过程中,电阻R中有向上的电流CA、B两板间的电场强度增大DP点电势升高答案精析1B2C极板与静电计相连,所带电荷量几乎不变,B板与A板带等量异种电荷,电荷量也几乎不变,故电容器的电荷量Q几乎不变将极板B稍向上移动一点,根据C可知S减小,C变小,Q不变,根据QCU可知U变大,静电计指针张角变大,故选项C正确3B断开开关,电容器所带电荷量Q不变,将A、B分开一些,则d增大,根据C知,电容C减小,根据C知,电势差增大,指针张角增大,故A错误断开开关,电容器所带电荷量Q不变,增大正对面积,根据C知,电容C增大,根据C知,电势差U减小,指针张角减小,故B正确保持开关闭合,不论使A、B两板靠近些,还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动,电容器两端的电势差总不变,则指针张角不变,故C、D错误4A设电场强度为E,两粒子的运动时间相同,对M有,aM,l;对m有am,l,联立解得,A正确5C6.CD7C若增大A、B两金属板的间距,根据C,电容减小,电压不变,故电容器放电,故有向左的电流通过电阻R,故A错误;微粒P处于静止状态,受重力和向上的电场力而平衡,若增大A、B两金属板的间距,根据E,场强减小,电场力减小,合力向下,故P将向下运动,故B错误;若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片,相当于极板间距离变小了,而电压U不变,根据E ,场强增大,电场力增大,故P将向上运动,故C正确;若紧贴 B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,根据C,电容增大,电压不变,故场强不变,P不动,故D错误8ABC9B根据C,当A板向上平移一小段距离,间距d增大,其它条件不变,则电容变小,故A错误;在A板上移过程中,电容减小,由于极板电压不变,那么电荷量减小,因此电容器处于放电状态,电阻R中有向上的电流,故B正确;联立E与C可得E,由于电荷量减小,两板间电场强度变小,故C错误;因两板间电场强度变小,导致P点与B板的电势差减小,因B板接地,电势为零,即P点电势降低,故D错误656 带电粒子在电场中的加速和偏转方法点拨(1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时,一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理(3)注意带电粒子重力能否忽略1电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示K为阴极,A为阳极,两极之间的距离为d,在两极之间加上高压U,有一电子在K极由静止被加速不考虑电子重力,元电荷为e,则下列说法正确的是()图1AA、K之间的电场强度为B电子到达A极板时的动能大于eUC由K到A电子的电势能减小了eUD由K沿直线到A电势逐渐减小2(多选)(2017四川资阳4月模拟)如图2所示,质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中,M从两极板正中央射入,N从下极板边缘处射入,它们最后打在同一点不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用,则从开始射入到打在上极板的过程中()图2A它们运动的时间tNtMB它们电势能减少量之比EMEN12C它们的动能增加量之比EkMEkN12D它们所带的电荷量之比qMqN123(2017山东师范大学附中第三次模拟)如图3所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿轨迹落到B板中间设粒子两次射入电场的水平速度相同,则两次的电压之比为()图3AU1U218 BU1U214CU1U212 DU1U2114(2017广东汕头质量检测)一平行板电容器中存在匀强电场,电场沿竖直方向两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b,从电容器边缘的P点(如图4)以相同的水平速度射入两平行板之间测得a和b与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为12.若不计重力,则a和b的比荷之比是()图4A41 B21 C11 D125(2017安徽马鞍山第一次模拟)如图5所示,虚线表示匀强电场的等势线,间距均为d,一质量为m、电荷量大小为q的粒子(不计重力),从A点以与等势线成角的速度v0射入,到达B点时,速度方向恰与等势线平行,则()图5A粒子一定带正电B电场中A点的电势一定高于B点电势C匀强电场的电场强度大小为D粒子在A点具有的电势能大于在B点具有的电势能6(2018河南省八校第二次测评)如图6,半径为R的圆环处在匀强电场E中,圆环平面与电场方向平行,直径ab与电场线垂直;一带电粒子以速度v0从a点沿ab方向射入电场,粒子打在圆环上的c点;已知c点与ab的距离为,不计粒子重力,求带电粒子的比荷. 图67.(2018四川泸州一检)如图7所示,竖直平行正对放置的带电金属板A、B,B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点;y轴沿竖直方向;在x0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E103 V/m;比荷为1.0105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O处静止释放,其运动轨迹恰好经过M(,1)点;粒子P的重力不计,试求:图7(1)金属板A、B之间的电势差UAB;(2)若在粒子P经过O点的同时,在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q,使P、Q恰能运动中相碰;假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同;Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计;求粒子Q所有释放点的集合8(2017湖北孝感第一次统考)在xOy直角坐标系中,三个边长都为2 m的正方形如图8所示排列,第象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场,电场强度的大小为E0,在第象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场,三角形OEC区域内无电场,正方形DENM区域内无电场现有一带电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放,恰好能通过E点图8(1)求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1;(2)保持(1)问中电场强度不变,若在正方形ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过E点,则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系;(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2E0,方向不变,其他条件都不变,则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过N点,则释放点的坐标值x、y间又应满足什么关系答案精析1CA、K之间的电场为非匀强电场,A、K之间的电场强度不是,选项A错误;由动能定理,电子到达A极板时的动能EkeU,选项B错误;电子由K到A的过程电场力做正功,电子的电势能减小了eU,选项C正确;沿电场线方向电势降低,则由K沿直线到A电势逐渐升高,选项D错误2AD3A据题意,粒子在偏转电场中做类平抛运动,即粒子在水平方向做匀速直线运动,则:xvt,在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动,则:yat2,偏转电压为U,则偏转电压之比为:()2,故A选项正确4A5.C6见解析解析沿ab方向与电场强度方向建立xOy直角坐标系,设粒子从a到c所需时间为t,则:xv0tyat2由牛顿第二定律得qEma由题意可知:yR;x(1)R联立解得:7(1)1 000 V(2)yx2,其中x0解析(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q,从O点进入匀强电场时的速度大小为v0;由题意可知,粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动;设从O点运动到M(,1)点所用时间为t0,由类平抛运动可得:xv0t0,yt02解得:v0104 m/s 在金属板A、B之间,由动能定理:qUABmv02解得:UAB1 000 V(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2;Q粒子从N(x,y)点释放后,经时间t与粒子P相碰;由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P:Eqma1对于Q:Eq2ma2xv0ta1t2ya2t2解得:yx2,其中x0即粒子Q释放点N(x,y)坐标满足的方程为yx2,其中x08(1)4E0(2)yx(3)y3x4解析(1)设带电粒子出第象限电场时的速度为v,在第象限电场中加速运动时,根据动能定理得E0qLmv2,其中L2 m要使带电粒子通过E点,在第象限电场中偏转时,竖直方向位移为y0,设水平方向位移为x0,则y0()2,因CEO45,即x0y02 m,解得E14E0.(2)设释放点的坐标为(x,y),带电粒子出第象限电场时的速度为v1,在第象限电场中加速运动时,根据动能定理得E0qxmv12,要使带电粒子过E点,在第象限电场中偏转时,竖直方向位移为y,水平方向位移也为y,则y()2,解得yx.(3)如图所示为其中一条轨迹图,带电粒子从DE出电场时与DE交于Q.进入CDE区域的电场后,初速度延长线与DE交于G,出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P点,设在第象限释放点的坐标为(x,y)由图可知,在CDE区域中带电粒子的水平位移为y,设偏转位移为y,则y()2,而,其中GP,NE2 m,在第象限加速过程中,E0qxmv22,解得y3x4.6
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