2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题08静电场含解.docx
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1、试题为word版 下载可打印编辑专题08 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
2、分析、解决实际问题的能力。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联系
3、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,如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直,静
4、止释放,则(sin370=0.6)A该匀强电场的场强为3.75107N/CB平衡时细线的拉力为0.17NC经过0.5s,小球的速度大小为6.25m/sD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=1.010-2100.752.010-8N/C=3.75106N/C,细线的拉力:T=T=mgcos370=1.0102100.8N=0.125N,选项AB错误;C小球向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运动,其方向与竖直方向成370角,加速度大小为a=Tm=0.1
5、251.0102m/s2=12.5m/s2,则经过0.5s,小球的速度大小为v=at=6.25m/s,选项C正确;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=12mv2,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
6、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2mgC小球从A到B与从B到C的运动时间之比为21D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正确,BD错误。3水平面上的三点A、O、B在一条直线上, OB=2OA
7、,OO是竖直的分界线,其左边区域内有水平向右的匀强电场,场强大小为E1=mgq,其右边区域内有水平向左的匀强电场,场强大小为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B小球经过分界线时的速度与水平方向夹角的正切值tan=12C小球经过分界线时离水平面的高度为2v023gD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
8、大小相等;根据B点速度竖直向下可得:小球落在B点时的速度大小等于v0,则小球在空中运动的总时间为t=2v0g;小球在水平方向只受电场力作用,做匀变速运动;故在OO左侧做加速度a1qE1m=g的匀加速运动,在右侧做加速度a2qE2m的匀减速运动;设在左侧运动时间为t1,在右侧运动时间为t2;则有:t1+t22v0g,a1t1=a2t2;又有OB=2OA,所以,a1t1t2-12a2t22212a1t12;所以,t22t14v03g,E1:E2=a1:a2=t2:t1=2:1;故D错误;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hv0t112gt124v029g,故C错误;小球经
9、过分界线时的水平速度vx=a1t1=23v0;竖直速度:vy=v0-gt1=13v0,则速度与水平方向夹角的正切值tan=vyvx=12,选项B正确;根据E1:E2=2:1,OB=2OA,由U=Ed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()A恰好能运动到C点B过B点时合力为0C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点静止不动和A、C两点处于对称位置,可以把小球的运
10、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,所以经过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mvB2l,由于速度vB0,所以小球过B点时合力不为
11、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;根据单摆模型的对称性可知,小球在C点和A点的加速度大小相等,有:acaAEqm,而在B点处静止,根据平衡条件有:qEmgtan2,联立以上两个公式可解得:acaAgtan2故D错误。故选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
12、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】试题分析:A、B、电容器所带电荷量Q不变,由C=rs4kd可知s不变,增大d,则C变小,而由C=QU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=QU可得电容器的电压U变大,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
13、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2L,则下列判断正确的是( )A两点电荷一定为异种电荷B原点O处场强大小为kQ12L2C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;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kQ(4L)2-kQ(2L)2=0,得Q=
14、Q4,故原点处的场强大小为kQ(3L)2-kQ(3L)2=kQ12L2,方向向右,则正检验电荷在原点O处受到的电场力向右,故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x(x0),表示电场强度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
15、该质点在A处静止释放,则下列说法中正确的有()(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/s2C小球从A运动到O点正下方的过程中电势能增加了2.4JD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=0.310N=3N,带电质点受到的电场力qE=210-42104N=4N,将电场力与重力合成如图:则合力大小F合=G2+(qE)2=5N,tan=GqE=34,合力方向与水平方向夹角为370,质点在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=F合
16、m=503m/s2。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=40.6J=2.4J,电势能减小了2.4J;质点第一次从A运动到O点正下方过程,应用动能定理可得:mgh+qEL=12mv2-0,解得:小球第一次运动到O点正下方的速度v=5ms。故C项错误,D项正确。【点睛】物体受重力和恒定的电场力时,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等效于“重力加速度”,F合的方向等效于“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
17、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ja、jb的高低和电场强度的大小,以下关系正确的是( )Aj aj bEaEb Bj aj bEaEbCj aj bEaEb Dj aj 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与场强方向相反,故场强向左,沿场强方向电势逐渐降低,故aEb,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
18、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=qEm+gB所需的时间为t=dmEqC下降的高度为y=d2D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=qE2+mg2由牛顿第二定律得a=qE2+mg2m故A错;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=mdqE,故B正确,点电荷在竖
19、直方向上做自由落体运动,所以下降的高度y=12gt2=12gmdqE=mgd2qE,故C错误;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,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
20、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ABCD【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
21、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,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,电场力做功与下落的高度之间是非线性关系,电势能变
22、化与下落高度之间也是非线性关系,所以D是不可能的。故D错误。故选BC。12如图所示,在方向竖直向上、大小E=1106V/m的匀强电场中,固定一个穿有A、B两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环,圆环在竖直平面内,圆心为O、半径R=0. 2m。A、B用一根绝缘轻杆相连,B球带电荷量q=+7l0-6C,A球不带电,质量分别为mA=0.lkg、mB=0.8kg。将两小球从圆环上的图示位置(A与圆心O等高,B在圆心0的正下方)由静止释放,重力加速度大小为g= l0m/s2。则A小球A和B受到的合力的大小相等B小球B不能到达圆环的最高点C小球A和B的速度大小始终相等D两小球及轻杆组成的系统最大动能为15(
23、2-1)J【答案】 BCD【解析】【分析】A、B做圆周运动的半径和角速度均相同,对A、B分别由动能定理列方程联立求解最大动能,【详解】AC、设B转过角时,A、B的速度分别为vA、vB,因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同,故vA=vB,所以小球A和B切向加速度大小和法向加速度大小相等,但两球的质量不等,根据牛顿第二定律可知小球A和B受到合力大小不等,故A错误,C正确;B、设B到达圆环最高点时A、B的动能分别为EKA、EKB,对A根据动能定理有:WT=EKA,对B根据动能定理有:-WT+(qE-mBg)2R=EKB,联立解得:EKA+EKB=-0.4J,上式表明:B在圆环最高点时,系统动能为负
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