2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题08静电场含解析20190524149.wps
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1、专题 0808 静电场 第一部分名师综述 电场是历年高考试题中的重点之一查的内容主要集中在两个方面:一是有关对电场本身的认 识,即电场、电场强度、电势、电势差、电势能、电场线、等势面;二是电场知识的应用,即 带电粒子在匀强电场中的运动、电容器等电场强度、电势差等基本知识的考查一般以选择题、 填空题的形式出现;对于电场中导体和电容器的考查,常以小综合题型出现带电粒子在电场 中运动一类问题,是高考中考查的重点内容之一其次在力、电综合试题中,多把电场与牛顿 运动定律,动能定理,功能关系,运动学知识,电路知识等巧妙地综合起来,考查学生对这些 基本知识、基本规律的理解和掌握的情况,应用基本知识分析、解决
2、实际问题的能力。纵观这 类题目,所涉及的情景基本相同(无外乎是带电粒子在电场中平衡、加速或偏转),但命题者 往往拟定不同的题设条件,多角度提出问题,多层次考查知识和能力从近三年的高考分析来 看,高考对静电场专题的考查频率很高,所占分值约为全卷的百分之五到百分之十,试题主要 集中在电场的力的性质、电场的能的性质以及与其他知识的综合应用。涉及电场强度、电场线、 电场力、电势、电势差、等势面、电势能、平行板电容器的电容、匀强电场、电场力做功电势 能的变化,还有带电粒子在电场中的加速和偏转等知识。重点考查了基本概念的建立、基本规 律的内涵与外延、基本规律的适用条件,以及对电场知识跟其他相关知识的区别与
3、联系的理解、 鉴别和综合应用。 预计高考中,本专题仍是命题的热点之一,在上述考查角度的基础上,重点加强以选择题的形 式考查静电场的基本知识点,以综合题的形式考查静电场知识和其他相关知识在生产、生活中 的应用。另外高考试题命题的一个新动向,静电的防治和应用,静电场与相关化学知识综合、 与相关生物知识综合、与环保等热点问题相联系,在新颖、热门的背景下考查静电场基本知识 的应用。 第二部分精选试题 一、单选题 1用长为 1.4m 的轻质柔软绝缘细线,拴一质量为 1.0102kg、电荷量为 2.010-8C 的小球, 细线的上端固定于 O 点。现加一水平向右的匀强电场,平衡时细线与铅垂线成 370,如
4、图所示。 现向左拉小球使细线水平且拉直,静止释放,则(sin370=0.6) A该匀强电场的场强为 3.75107N/C 1 B平衡时细线的拉力为 0.17N C经过 0.5s,小球的速度大小为 6.25m/s D小球第一次通过 O 点正下方时,速度大小为 7m/s 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB小球在平衡位置时,由受力分析可知:qE=mgtan370,解得 E = 1.0 10 -2 10 0.75 2.0 10 -8 mg 1.0 102 10 N/C = 3.75 106N/C T = ,细线的拉力:T= 0.8 N = 0.125N,选项 AB错误; = cos370 C小球向
5、左被拉到细线水平且拉直的位置,释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速 T 0.125 运动,其方向与竖直方向成 370角,加速度大小为a = ,则经过 m = m/s2 = 12.5m/s2 1.0 102 0.5s,小球的速度大小为 v=at=6.25m/s,选项 C 正确; 1 2 D小球从水平位置到最低点的过程中,若无能量损失,则由动能定理:mgL + qEL = 2mv , 带入数据解得 v=7m/s;因小球从水平位置先沿直线运动,然后当细绳被拉直后做圆周运动到 达最低点,在绳子被拉直的瞬间有能量的损失,可知到达最低点时的速度小于 7m/s,选项 D 错误。 2在空间中水平面 MN
6、 的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为 m 的带电小球由 MN上方的 A 点以一定初速度水平抛小球,从 B 点进入电场,到达 C 点时速度方向恰好水平,A、B、C 三点 在同一直线上,且 AB2BC,如图所示由此可知( ) A小球从 A 到 B 到 C 的整个过程中机械能守恒 B电场力大小为 2mg C小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间之比为 21 D小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的加速度大小之比为 21 【答案】 C 【解析】 【详解】 AA 到 B 到 C,整个运动过程当中,由于有电场力做功,所以机械能不守恒,所以选项 A 错; BCDA 到 B 到 C 在水平方向做
7、匀速直线运动,AB、BC的水平分量之比等于 2:1,所以 A 的 B 的时间与 B 到 C 的时间之比等于 2:1,AB和 BC竖直方向上的分量也是 2:1,所以竖直方向上 的加速度之比是 1:2,根据 Eq-mg=ma可知 qE=3mg,电场力的大小是重力大小的 3 倍,则选项 C 2 正确,BD 错误。 3水平面上的三点 A、O、B在一条直线上, OB=2OA,OO是竖直的分界线,其左边区域内有 mg 水平向右的匀强电场,场强大小为 E1= ,其右边区域内有水平向左的匀强电场,场强大小为 q E2,现将一带电量为 q 的小球从A点以初速度 v0竖直向上抛出,小球在空中越过分界线后,竖 直向
8、下落在 B点,不计阻力,重力加速度大小为 g,则下列说法正确的是: A小球在 B点的电势能大于在 A点的电势能 1 B小球经过分界线时的速度与水平方向夹角的正切值 tan= 2 2v02 C小球经过分界线时离水平面的高度为 3g D左右两区域电场强度大小的比值为 E1:E2=1:2 【答案】 B 【解析】 【详解】 小球只受重力和电场力作用,故竖直方向做加速度为 g 的匀变速运动,又有 A、B 两点的高度 相等,故竖直方向的速度大小相等;根据 B 点速度竖直向下可得:小球落在 B 点时的速度大小 2v0 等于 v0,则小球在空中运动的总时间为t = ;小球在水平方向只受电场力作用,做匀变速运
9、g qE1 qE2 动;故在 OO左侧做加速度a1 m = g的匀加速运动,在右侧做加速度a2 的匀减速运动; m 2v0 设在左侧运动时间为 t1,在右侧运动时间为 t2;则有:t1+t2 ,a1t1=a2t2;又有 OB=2OA, g 1 1 4v0 所以,a1t1t2- a2t222 a1t12;所以,t22t1 ,E1:E2=a1:a2=t2:t1=2:1;故 D 错误; 2 2 3g 4v02 1 小球在竖直方向做竖直上抛运动,故经过分界线时离水平面的高度为 hv0t1 gt12 ,故 C 2 9g 2 1 错误;小球经过分界线时的水平速度 vx=a1t1= v0;竖直速度: ,则速
10、度与 3 vy = v0 -gt1 = 3v0 vy 1 水平方向夹角 的正切值tan = ,选项 B 正确;根据 E1:E2=2:1,OB=2OA,由 U=Ed vx = 2 可得:A、B 两点电势相等,故电势能相等,故 A 错误;故选 B。 4如图,质量为 m 的带正电的小球用绝缘轻绳悬挂在 O 点,在空间中存在着水平向右的匀强 电场,小球在 B 点能够静止不动。现在让小球由最低点 A 从静止释放。则小球() 3 A恰好能运动到 C 点 B过 B 点时合力为 0 C向右运动的过程中合力的功率先增大再减小 D在 C 点加速度为gtan 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据小球能在 B 点静
11、止不动和 A、C 两点处于对称位置,可以把小球的运动过程等效为单摆模 型,因此小球在 B 点为平衡位置,经过该点时速度最大,合外力提供向心力且与速度方向垂直; 而在 A、C 两点处于最大位移处,处于该点时速度为零,其加速度大小相等;再利用平衡条件 可以计算出在 A、C 两点的加速度大小。 【详解】 小球在 B 点受到重力、电场力和拉力三个力的作用下能够静止不动,且 A、C 两点处于对称位 置,因此小球的运动可看作一个单摆模型;即:B 点是平衡位置,而 A、C 两点是最大位移处, 根据单摆模型的特点,小球恰好能运动到 C 点。故 A 正确;由于在 B 点是单摆模型等效最低点, v2B 所以经过
12、B 点时的速度最大;而小球经过 B 点时的合外力提供向心力,即:F 合m ,由于速 l 度 vB0,所以小球过 B 点时合力不为 0故 B 错误; 根据题意画出小球的受力图如下:由图可知小球在 B 点时,合外力方向与速度方向垂直,此时 合外力的功率为零;而在 A、C 两点的速度为零,此时合外力的功率也为零;因此小球向右运 动的过程中合力的功率应该是先增大后减小再增加再减小的变化过程。故 C 错误;根据单摆模 Eq 型的对称性可知,小球在 C 点和 A 点的加速度大小相等,有:acaA ,而在 B 点处静止, m 根据平衡条件有:qEmgtan ,联立以上两个公式可解得:acaAgtan 故 D
13、 错误。故选 2 2 4 A。 【点睛】 解答本题的关键是:要认真审题,抓住题目的关键信息,把小球的运动等效看作单摆模型,再 利用单摆运动的特点结合平衡条件可求出结果。 5用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)。设两极板正对面积为 S, 极板间的距离为 d,静电计指针偏角为 。实验中,极板所带电荷量不变,若 A保持 S 不变,增大 d,则 变大 B保持 S 不变,增大 d,则 变小 C保持 d 不变,减小 S,则 变小 D保持 d 不变,减小 S,则 不变 【答案】 A 【解析】 r s 试题分析:A、B、电容器所带电荷量 Q 不变,由C = 4kd 可知s 不变,增大 d,
14、则C变小,而由 C = Q U 可得电容器的电压 U 变大,从而使得静电计的电压 U 变大,其指针的偏角变大,故 A 正 Q 确、B 错误.C、D、同理可知保持 d 不变,减小 S,则C 变小,而由C = 可得电容器的电压 U 变 U 大,使得静电计的电压 U 变大,其指针的偏角变大,故选项 C、D 均错误.故选:A. 考点:本题考查了电容器的动态变化. 6电荷量不等的两点电荷固定在 x 轴上坐标为-3L 和 3L 的两点,其中坐标为-3L 处点电荷带电 量绝对值为 Q,两点电荷连线上各点电势 随 x 变化的关系如图所示,其中 x=L 处电势最低,x 轴上 M、N 两点的坐标分别为-2L 和
15、2L,则下列判断正确的是( ) A两点电荷一定为异种电荷 5 kQ B原点 O 处场强大小为 12L2 C正检验电荷在原点 O 处收到向左的电场力 D负检验电荷由 M 点运动到 N 点的过程,电势能先减小后增大 【答案】 B 【解析】 【详解】 A、由 -x 图象特点可知两点电荷均为正电荷,故 A 错误; kQ kQ B、C、x=L 处电势最低,此处图线的斜率为 0,即该点的合场强为 0,有 - ,得 = 0 Q = (4L)2 (2L)2 Q kQ kQ kQ ,故原点处的场强大小为 - = ,方向向右,则正检验电荷在原点 O 处受到的电场力 4 (3L)2 (3L)2 12L2 向右,故
16、B 正确,C 错误; D、由 M 点到 N 点电势先减小后增大,所以负检验电荷由 M 点运动到 N 点的过程,电势能先增 大后减小,故 D 错误. 故选 B. 【点睛】 解决本题的关键掌握电势 随 x 变化的关系图线上每点切线的斜率为 (x0),表示电 x 场强度 E,以 L 点场强为 0 作为突破口,展开分析 7如图所示,空间存在水平方向的匀强电场 E=2.0104N/C,在 A 处有一个质量为 0.3kg的小 球,所带电荷量为 q=+2.0104C,用一长为 L=60cm的不可伸长的绝缘细线与固定点 O 连接。 AO 与电场线平行处于水平状态。现让该质点在 A 处静止释放,则下列说法中正确
17、的有( ) (已知 sin37=0.6,cos37=0.8,取 g=10m/s2。) A释放后小球做圆周运动 B小球在 A 点瞬间的加速度大小为 10m/s2 C小球从 A 运动到 O 点正下方的过程中电势能增加了 2.4J D小球第一次运动到 O 点正下方的速度大小为 5m/s 【答案】 D 【解析】 【详解】 AB:带电质点受到的重力G = mg = 0.3 10N = 3N,带电质点受到的电场力qE = 2 10 -4 2 104N = 4N ,将电场力与重力合成如图: 6 G 3 则合力大小F合 = G2 + (qE)2 = 5N,tan = ,合力方向与水平方向夹角为 370,质点
18、qE = 4 F合 50 2 在 A 处静止释放,将做匀加速直线运动,在 A 点瞬间的加速度a = m = 3m/s 。故 AB两项错 误。 CD:质点第一次从 A 运动到 O 点正下方时,下落的高度h = Ltan370 = 0.45m;质点从 A 运动 到 O 点正下方时,电场力做功W电 = qEL = 4 0.6J = 2.4J,电势能减小了 2.4J;质点第一 1 次从 A 运动到 O 点正下方过程,应用动能定理可得:mgh + qEL = ,解得:小球第一 2mv 2 -0 m 次运动到 O 点正下方的速度v = 5 。故 C 项错误,D 项正确。 s 【点睛】 物体受重力和恒定的电
19、场力时,可将重力和电场力合成,然后将合力等效成新的“重力”,a = F合 m F合 “等效于 重力加速度”, “”的方向等效于 重力 的方向。 8图(甲)是某电场中的一条电场线,a、b 是这条线上的两点,一电子只受电场力作用,从静 止沿电场线从 a 运动到 b,在此过程中,电子运动的 vt 图线如图(乙)所示,比较 a、b 两点 电势a、b的高低和电场强度的大小,以下关系正确的是( ) A a bEaEb B a bEaEb C a bEaEb D a bEaEb 【答案】 C 【解析】 【详解】 电子从 a 运动到 b,由速度时间图线可知电子做加速运动,故电场力向右,由于负电荷受到的电 场力
20、与场强方向相反,故场强向左,沿场强方向电势逐渐降低,故a Eb,故 C 正确, ABD 错误。 【点睛】 本题考查带电粒子在电场中的轨迹与图像问题,较为综合,从速度时间图线得到负电荷做匀加 7 速运动,加速度变小,根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况和电场强度的变化情况;电势 的高低看电场线的指向,沿着电场线电势一定降低。 9如图所示,在竖直放置间距为d的平行板电容器中,存在电场强度为 E 的匀强电场。有一质 量为m,电荷量为 +q的点电荷从两极板正中间处静止释放,重力加速度为g。则点电荷运动到 负极板的过程 A加速度大小为a = qE m +g B所需的时间为t = dm Eq C下降的高度
21、为y = d 2 D电场力所做的功为W = Eqd 【答案】 B 【解析】 【详解】 点电荷在电场中的受力如图所示, 点电荷所受的合外力为F = (qE)2 + (mg)2 (qE)2 + (mg)2 由牛顿第二定律得a = 故 A 错; m md 点电荷在水平方向的加速度为a1 = Eq/m,由运动学公式 d/2=a1t2/2,所以t = ,故 B 正确, qE 1 1 md mgd 点电荷在竖直方向上做自由落体运动,所以下降的高度y = 2gt 2g qE = ,故 C 错误; 2 = 2qE 由功公式 W=Eqd/2,故 D 错误。 综上所述本题答案是:B 【点睛】 由于电荷水平方向和竖
22、直方向都受到力的作用,根据水平方向上的运动求出运动时间,再结合 竖直方向上自由落体运动求出下落的高度。 10一正电荷在电场中仅受电场力作用,从 A 点运动到 B 点,速度随时间变化的图像如图所示, 8 tA、tB分别对应电荷在 A、B 两点的时刻,则下列说法中正确的是( ) AA 处的场强一定小于 B 处的场强 BA 处的电势一定低于 B 处的电势 C电荷在 A 处的电势能一定大于在 B 处的电势能 D从 A 到 B 的过程中,电场力对电荷做正功 【答案】 B 【解析】 由图象知 A 处的加速度大于 B 处的加速度,A 处的场强一定大于 B 处的场强,A 错由功能关 系及动能和电势能之和守恒知
23、 B 正确,C、D 错 二、多选题 11一半径为 R 的均匀带正电圆环水平放置,圆心为 O 点,质量为 m 的带正电小球(可视为质 点)从 O 点正上方距离为 h 的 A 点由静止下落,并穿过圆环小球在从 A 点运动到 A 点关于 O 点对称的 A点的过程中,其加速度 a、重力势能 Ep 重、机械能 E、电势能 Ep 电,随位置变化的 图像如图所示(规定 O 点为坐标原点且重力势能为 0,竖直向下为加速度的正方向,并取无限 远处电势为 0),其中可能正确的是 A B C D 【答案】 BC 【解析】 【详解】 圆环中心的场强为零,无穷远处场强也为零,则小球从 A 到圆环中心的过程中,场强可能先
24、增 大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上,由牛顿第二定律得知,重力不变, 则加速度可能先减小后增大;小球穿过圆环后,小球所受的电场力竖直向下,加速度方向向下, 9 为正值,根据对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小。故 A 不可能。故 A 错误。小球从 A 到圆环中心的过程中,重力势能 EpG=mgh,小球穿过圆环后,EpG=-mgh,根据数 学知识可知,B 是可能的。故 B 正确。小球从 A 到圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能 减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,故 C 是可能的。故 C 正确。由于圆环所 产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,
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