高考物理第二輪復習方案靜電場2

1、2014屆高考物理第二輪復習方案新題之靜電場21、如圖所示，質(zhì)量為 m的物塊（視為質(zhì)點），帶正電Q,開始時讓它靜止在傾角“ =60的固定光滑絕緣斜面頂端，整個裝置放在水平方向、大小為 E=J3mg/Q的勻強電場（設斜面頂端處電勢為零），斜面高為HH釋放后，物塊落地時的電勢能為名，物塊落地時的速度大小 v,則A. m =mgH B .8=mgH 33C. v =2 2gH D . v =2gH1、答案：C解析：由電場力 做功等于 電勢能的變化 可得物塊落地時的電勢能為e =-QEH/tan60 =-J3 mgH/J3 =-mgH,選項 AB 錯誤；由動能定理，mgH+ QEH/tan60 = m

2、/,解得2v =2,2gH,選項C正確D錯誤。2.現(xiàn)有兩個邊長不等的正方形 ABCB口 abcd,如圖所示，且 Aa、Bb Cg Dd間距相等。在 AB AC CD DB的中點分別放等量的點電荷，其中 AB AC中點放的點電荷帶正電， CD BD的中 點放的點電荷帶負電，取無窮遠處電勢為零。則下列說法中正確的是A. O點的電場強度和電勢均為零a bi IB.把一正點電荷沿著 b一d-c的路徑移動時，電場力做功為零C.同一點電荷在a、d兩點所受電場力相同； c d一-一 第10題圖D.將一負點電荷由 a點移到b點電勢能減小【命題意圖】此題考查電場疊加、電場強度、電場力、電勢能及其 相關(guān)知識由于b

3、Oc為等勢線，所B正確；根據(jù)電場疊加答案：BC解析：O點的電場強度不為零，電勢為零，選項 A 以把一正點電荷沿著 b-d-c的路徑移動時，電場力做功為零，選原理，a、d兩點電場強度相同，同一點電荷在a、d兩點所受電場力相同，選項 C正確；將一負點電荷由a點移到b點，克服電場力做功，電勢能增大，選項 D錯誤。.如圖所示，AB為均勻帶有電荷量為+Q的細棒，C為AB棒附近的一點，CB垂直于AB AB 棒上電荷形成的電場中 C點的電勢為（）0, （）0可以等效成AB棒上電荷集中于 AB上某點P處、 帶電量為+Q的點電荷所形成的電場在 C點的電勢。若PC的距離為r ,由點電荷電勢的知識可知e 0=kQ。

4、若某點處在多個點電荷形成的電場中，則電勢為每一個點電荷在該點所產(chǎn)生的電r勢的代數(shù)和。根據(jù)題中提供的知識與方法，我們可將AB棒均分成兩段，并看成兩個點電荷，就可以求得AC連線中點C處的電勢為A.。0 B .72 4 0C. 2P D . 4（f）0穌C解析上設5等效成AB棒上電荷集中于AB中點處、帶電量為+Q的點電荷所形成的電 場在C點的電勢，將AB棒均分成兩段.并看成兩個點電荷,每個點電荷的電荷量為Q/2, 由$ =kQ/r可知每個電荷量為Q/2的點電荷在C點產(chǎn)生電勢為o：,兩個點電荷在AC 連線中點C處的電勢為2絲 選項C正確.在直角坐標系 Oxyz中有一四面體 O- ABC其頂點坐標如圖所

5、示。在原點O固定一個電荷量為-Q的點電荷，下列說法正確的是（C）A. A、B、C三點的電場強度相同B.平面ABC勾成一個等勢面C.若將試探電荷+q自A點沿+x軸方向移動，其電勢能增加D.若在A、B、C三點放置三個點電荷，-Q所受電場力的合力可能為零答案. C解析工根據(jù)點電荷電場強度公式，4 &三點的電場強度大小相同，方向不同，選項 A錯誤。ABC三點在一等勢面上，但是平面月此不是等勢面，選項B錯俁。若將試探電 荷+q自內(nèi)點沿+*軸方向移動，克服電場內(nèi)做功，其電勢能增加，選項C正確心若在4 B. U三點放置三個點電荷，Y?所受電場力的合力不可能為零，選項D錯誤.5.有一種電荷控制式噴墨打印機的打

6、印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符?，F(xiàn)為了使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是A.減小墨汁微粒所帶的電荷量B.減小墨汁微粒的質(zhì)量C.減小墨汁微粒的噴出速度D.增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓答案：A解析：為了使打在紙上的字跡縮小，減小墨汁微粒所帶的電荷量，可使墨汁微粒在偏轉(zhuǎn)電場中所受的電場力減小，選項 A正確。6、如圖所示的同心圓是電場中的一簇等勢線，一個電子只在電場力作用下沿著直線由A-C運動時的速度越來越小，B為線段AC的中點，則下列說法正確的是 ()A.電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越小B

7、.電子沿AC方向運動時它具有的電勢能越來越大C.電勢差Uab = UbcD.電勢 A A (j) B C C答案：B解析：該電場為負點電荷電場，電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越大，選項A錯誤；根據(jù)電子只在電場力作用下沿著直線由A-C運動時的速度越來越小，它具有的電勢能越來越大，選項 B正確；由于電場為非勻強電場，電勢差UAb UBc,選項C錯誤；電勢。aM c,選項D錯誤7.如圖所示，傾斜角度為0的粗糙程度均勻的絕緣斜面， 下方O點處有一帶電量為+Q的點電荷，質(zhì)量為 m帶電量為-q的小物體(可看成質(zhì)點)與斜面間的動摩擦因數(shù)為科。現(xiàn)使小物 體以初速度V。從斜面上的A點沿斜面上滑，到達 B點

8、時速度為零，然后又下滑回到 A點。小物體所帶電荷量保持不變，靜電力常數(shù)為k,重力加速度為g, OAtOB=l 0求：(1)小物體沿斜面上滑經(jīng)過 AB中點時的加速度；第17題圖(2)小物體返回到斜面上的 A點時的速度。7.解析：,、QqFN=m(pos 0 +k-：-k (l sin 0 )mgsin 0 +FN=mamgsin 0 + ( mgpos 0 +得：a二k Qq力k (l sin ()2)0 gmv2= mglsin2 0 + W1 分12mv = mglsin2 0 +W得：v寸4gl sin2 9 v。28.如圖所示，在一絕緣粗糙的水平桌面上，用一長為2L的絕緣輕桿連接兩個完全

9、相同、質(zhì)量均為m的可視為質(zhì)點的小球 A和B球帶電量為+q, B球不帶電.開始時輕桿的中垂 線與豎 直虛線MPM合，虛線 NQ與MP平行且相距4L.在MR NQ間加水平向右、電場強 度為E的勻 強電場，AB球恰能靜止在粗糙桌面上。取最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求： TOC o 1-5 h z a* *tib j tn / jF：*- 44（D A B球與桌面間的動摩托因數(shù)（2）若A球帶電量為+8q時，S球帶電量為-8q ,將AB球由開始位置從靜止釋放，求 A球運動到最右端時拒虛線NQ的距離d,及AB系統(tǒng)從開始運動到最終靜止所運動的總路程s:（3）若有質(zhì)量為km、帶 電量為-k2q的C球，向右運動

10、與 B球正碰后粘合在一起，為 使A球剛好能到達虛線 NQ的位置，問k取何值時，C與B碰撞前瞬間C球的速度最?。?C球速度的最小值為多大？（各小球與桌面間的動摩擦因數(shù)都相同。）Czo分）解.（1）以而球整體為對象，處于靜止狀態(tài)，則有 TOC o 1-5 h z qE =（2 分）。分）C2）從靜止開始至A球運動到最右端的過程中 電場內(nèi)對A球作功開二二qE x 3L（1分）電場力對B球作負功 HYPERLINK l bookmark10 o Current Document Wb = -8qE 4l - (2L - d) = -8qE (2L + d) (1 分)摩擦力對AB系統(tǒng)作負功丁. = -

11、2/W5 x （3Z + d） = -qE （3 + d） ,（1 分）由動能定理可知 TOC o 1-5 h z 丁+叫+開；=o Ci分）得.d.L （1 分）分析運動過程后可知，AB系統(tǒng)最終靜止在電場中，對全程應用動能定理可得（1分）8g互-2產(chǎn)= 0（2分）則;S=8L （1 分）（分階段求得結(jié)果同樣得分）（3）C與B球碰后，C與AB系統(tǒng)共同速度設為v.由動量守恒可知kmv - （Zcw + 2 w） C1 分）h =vK Cl 分）+ 2C與球碰后至A渭到虛線NQ位置過程中，由動能定理可知qE -3L - k2qE - 2L - u（h）i t 2ra?）g 32=0 - 2（方曾

12、十 二川）（2 分）由上面三式聯(lián)立得%=J（4k+ g + 口） （1分）當4k =3k = A時, v：有最小值v（2分）先m詰=71） （1分）9.如圖所示，在真空中的豎直平面內(nèi)，用長為 2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為 m的帶電小球A和B, A球的電荷量為+4q, B球的電荷量為-3q ,組成一帶電系統(tǒng).虛線 MN與PQ平行且相距3L,開始時PQ恰為桿的中垂線.在 MN/ PQ間加豎直向上的勻強電場，恰能使帶電系統(tǒng)靜止不動.現(xiàn)使電場強度突然加倍（已知當?shù)刂亓铀俣葹間）,求：（1） B球剛到達電場邊界 PQ時的速度大??；(2)判定A球能否到達電場邊界 MN如能，請求出 A球到達電場邊界 M

13、N寸的速度大??；如 不能，請說明理由。(3)帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加量的最大值；(4)帶電系統(tǒng)從開始運動到返回原出發(fā)點所經(jīng)歷的時間。解析：.(二分)Q)(共6分)設帶電系統(tǒng)靜止時電場強度為E有加g口死，解八理得加2分電場強度加倍后，從開始靜止到后進入電場，根據(jù)動能定理有 (2 x4-2mg)L = = 2 阿寸得B球剛進入電場時的速度巧=屈2分注，用牛二定律求解同樣給分.。)(共6分)B球進入電場后，系統(tǒng)做勻減速直線運動，假設A球能到達電場邊界 MN,從開始到A剛運動到MN線時，電場力對系統(tǒng)做功為2E*4qCL 2E*3q*L = lOqEL1 系統(tǒng)克服重力做功為2mfL=&qEL,

14、則電場力對系統(tǒng)做功大于系統(tǒng)克服重力做功，說 明A到達如線時系統(tǒng)仍有向上的速度，所以A球能到達電場邊界M汽2分A球已向上越過氣=“辰4分設B球在電場中運動的最大位移為s,經(jīng)分析知B球在電場中的位移最大時, 了 MN根據(jù)動能定理有10懸掛在O點的一根不可伸長的絕緣細線下端有一個質(zhì)量為m帶電量為-q的小球，若在空間加一勻強電場，則小球靜止時細線與豎直方向夾角為0 ,如圖所示，求:Ki.富國(1)所加勻強電場場強最小值的大小和方向；(2)若在某時刻突然撤去電場，當小球運動到最低點時,小球?qū)毦€的拉力為多大。1)當電場力的方向與細線垂直時，電場強度最小。由mgsin 0 =qE,解得：E=mgs q小球

15、帶負電，所受電場力方向與場強方向相反，故場強方向為斜向左下方。(2)設線長為l ,小球運動到最低點的速度為v,細線對小球的拉力為 F,則有:mgl(1-cos 0 )= mV,22F-mg=ml聯(lián)立解得：F=mg3-2cos ).根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)毦€的拉力F = F=mg3-2cos 0 ).11,如圖所示，傾角為0的斜面處于豎直向下的勻強電場中，在斜面上某點以初速度為V0水平拋出一個質(zhì)量為 m的帶正電小球，小球受到的電場力與重力相等,地球表面重力加速度為g,設斜面足夠長，求:(1)小球經(jīng)多長時間落到斜面上:(2)從水平拋出至落到斜面的過程中，小球的電勢能是如何變化的,其變化量為多大。

16、解析：(1)小球在運動過程中，qE+mg=maqE=mg解得a=2g。y=Lat2, x=vt, 2又 y/x=tan聯(lián)立解得:t= tan 0 o(2) y=l at2=l x 2gx22(vtan2)2= - tan 2 0 .g電場力做功，電勢能減小,則有E=-W=-qEy=-mgy=-mv2tan 2 0 .12如圖甲所示，A、B是一對平行放置的金屬板，中心各有一個小孔P、PQ連線垂直金屬板，兩板間距為d.現(xiàn)從P點處連續(xù)不斷地有質(zhì)量為m帶電量為十 q的帶電粒子(重力不計)，沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不T723n2.U計.在t = 0時刻開始在 A、B間加上如圖乙所示交變電壓(

17、A板電勢高于B板電勢時，電壓為正)，其電壓大小為 U周期為T.帶電粒子在 A B間運動過程中，粒子間相互作用力可忽略 不計.(1)進入到金屬板之間的帶電粒子的加速度.(2)如果只有在每個周期的 。工時間內(nèi)放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，則上述物理4量d、m q、U、T之間應滿足的關(guān)系.(3)如果各物理量滿足(2)中的關(guān)系，求每個周期內(nèi)從小孔Q中有粒子射出的時間與周期 T的比值.qE=ma E=U/d,2 分所以，a=qU/dm 2 分(2)在0T二時間內(nèi)，進入 A B板間的粒子，在電場力的作用下，先向右做勻加速運動， 4在Tt T時間內(nèi)再向右做勻減速運動，且在0T 二時間內(nèi)，越遲進入 A、B板間的粒子，其24加速過程越短，減速運動過程也相應地縮短，當速度為零后，粒子會反向向左加速運動。由題意可知0T 二時間內(nèi)放出的粒子進入 A B板間，均能從 Q孔射出，也就是說在 T時刻進42入A、B板間的粒子是能射出 Q