高考物理經(jīng)典習題解析第08章靜電場熱點強化練10靜電場性質(zhì)綜合訓練

高考物理經(jīng)典習題解析熱點強化練10靜電場性質(zhì)綜合訓練(時間：40分鐘)1.(2020·北京市第二次合格性考試)圖1為某靜電場的電場線，a、b、c是同一條電場線上的三個點，這三個點的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec，電勢分別為φa、φb、φc。把一個檢驗電荷先后放在a、b、c三點，它受到的電場力大小分別為Fa、Fb、Fc，下列判斷正確的是()圖1A.Fa＞Fb＞Fc B.Fa＜Fb＜FcC.Fa＝Fb＝Fc D.Fa＝Fb＜Fc答案A解析根據(jù)電場線的特點可知，電場線越密電場強度越大，故Ea＞Eb＞Ec，電場力F＝qE，故有Fa＞Fb＞Fc，故A正確，B、C、D錯誤。2.[2020·浙江省名校聯(lián)盟創(chuàng)新卷(一)]點電荷產(chǎn)生的電場如圖2所示，a、b為同一條電場線上的兩點，則下列判斷正確的是()圖2A.a、b兩點的電場強度Ea＝EbB.a、b兩點的電勢φa＜φbC.負電荷在a點的電勢能較小D.正電荷在b點電場力與電場方向相反答案C解析電場強度跟電場線的疏密程度有關(guān)，由點電荷電場線的分布可知，a點的電場線比b點的電場線密，因此Ea＞Eb，故選項A錯誤；電場線的方向指向電勢降低的方向，因此φa＞φb，故選項B錯誤；負電荷從a點運動到b點，電場力做負功，電勢能增加，因此選項C正確；正電荷所受電場力的方向跟電場線在該點的切線方向相同，故選項D錯誤。3.(2020·浙江選考模擬)如圖3所示，真空中固定于A、B兩點的點電荷Q1＝＋2.0×10－6C、Q2＝－2.0×10－6C，A、B之間的距離L為2.0m，MN為AB的中垂線，P點距離A、B的距離也為2.0m，已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，則()圖3A.兩點電荷間的庫侖力大小為1.8×10－2NB.P點場強的方向沿y軸正向C.若P點放置q＝＋2.0×10－6C的電荷，該電荷受到的電場力的大小為9.0×10－3ND.若P點放置q＝＋2.0×10－6C的電荷，該電荷受到的電場力的大小為9eq\r(3)×10－3N答案C解析根據(jù)庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小F＝keq\f(Q1Q2,L2)，代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3N，A錯誤；A、B兩點電荷在P點產(chǎn)生的場強大小相等，均為E1＝keq\f(Q,L2)，A、B兩點電荷形成的電場在P點的合場強大小E＝2E1cos60°＝4.5×103V/m，根據(jù)矢量合成的法則，方向為x軸的正方向，B錯誤；P點處的電荷受到電場力的大小為F＝qE＝9.0×10－3N，C正確，D錯誤。4.(多選)(2020·北京市密云區(qū)期末)如圖4所示，平行板電容器的A、B板水平正對放置，B板接地(電勢為0)。在兩板間有一帶負電液滴恰好靜止不動，若A板向下移動，則下列判斷正確的是()圖4A.液滴向下運動B.液滴仍靜止不動C.若此平行板電容器與靜電計相連，則靜電計指針張角變小D.此帶電液滴電勢能不變答案BCD解析根據(jù)題意可知，電容器的電量不變。若A板向下移動，板間距減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)可知，板間場強不變，液滴所受電場力不變，仍平衡，靜止不動，故A錯誤，B正確；若A板向下移動，板間距減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容變大，由C＝eq\f(Q,U)知，板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故C正確；B板接地(電勢為0)，A板向下移動，板間場強不變，由U＝Ed知，液滴與下極板間的電勢差不變，液滴的電勢能不變，故D正確。5.(2020·山東煙臺市高考診斷一模)如圖5所示，在xOy平面內(nèi)有一勻強電場，以坐標原點O為圓心的圓，與x、y軸的交點分別為a、b、c、d，從坐標原點O向紙面內(nèi)各個方向以等大的速率射出電子，可以到達圓周上任意一點，而到達b點的電子動能增加量最大。則()圖5A.電場線與x軸平行B.a點電勢大于c點電勢C.在圓周上的各點中，b點電勢最高D.電子從O點射出至運動到b點過程中，其電勢能增加答案C解析從坐標原點O向紙面內(nèi)各個方向以等大的速率射出電子，可以到達圓周上任意一點，而到達b點的電子動能增加量最大，說明O、b兩點間電勢差最大，電場線與y軸平行，沿y軸負方向，所以b點電勢最高，a點電勢等于c點電勢，故C正確，A、B錯誤；電子帶負電，從O點射出至運動到b點過程中，電勢升高，電場力做正功，其電勢能減小，故D錯誤。6.(2020·浙江省名校協(xié)作體5月模擬)在點電荷＋Q形成的電場中有一點A，當一個電荷量為－q的檢驗電荷從電場的無限遠處被移到電場中的A點時，電場力做的功為W。取無限遠處電勢為0，則檢驗電荷在A點的電勢能及電場中A點的電勢分別為()A.EpA＝－W，φA＝eq\f(W,q) B.EpA＝－W，φA＝－eq\f(W,q)C.EpA＝W，φA＝eq\f(W,q) D.EpA＝W，φA＝－eq\f(W,q)答案A解析依題意，－q的檢驗電荷從電場的無限遠處被移到電場中的A點時，電場力做的功為W，則電荷的電勢能減小W，無限處電荷的電勢能為零，則電荷在A點的電勢能為EpA＝－W，U∞A＝eq\f(W,－q)＝0－φA，則A點的電勢φA＝eq\f(W,q)，故選項A正確。7.(多選)(2020·江蘇如皋中學模擬)如圖6，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點，不計重力。下列說法正確的是()圖6A.M帶負電荷，N帶正電荷B.M在b點的動能小于它在a點的動能C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能D.N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功答案ABC解析由粒子運動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M帶負電荷，N帶正電荷，故A正確；M從a到b點，庫侖力做負功，根據(jù)動能定理知，動能減小，則b點的動能小于在a點的動能，故B正確；d點和e點在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點的電勢能等于在e點的電勢能，故C正確；N從c到d，庫侖斥力做正功，故D錯誤。8.(多選)(2020·廣東佛山市二模)如圖7所示，勻強電場中的A、B、C三點構(gòu)成一個直角三角形，BC邊垂直AC邊，∠BAC＝30°，BC邊長度為d，已知電場方向與該直角三角形的某一邊平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q、帶正電的粒子(不計重力)在該電場中運動，經(jīng)過A點時速度大小為v0、方向沿AB；經(jīng)過BC邊的中點D時，速度大小為vD，方向與BC邊垂直。以下選項正確的是()圖7A.電場方向與AC邊平行B.A、B、C三點中B點電勢最高C.vD＝eq\f(1,2)v0D.電場強度大小E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4qd)答案BD解析因帶正電的粒子沿AB方向入射，垂直BC邊射出，且已知電場方向與該直角三角形的某一邊平行，根據(jù)做曲線運動的物體所受的合力方向指向軌跡的凹向，可知粒子所受電場力方向平行于BC向下，選項A錯誤；沿電場線電勢逐漸降低，可知A、B、C三點中B點電勢最高，選項B正確；粒子在垂直于BC方向做勻速運動，可知vD＝v0cos30°＝eq\f(\r(3),2)v0，選項C錯誤；由A到D由動能定理－qEeq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4qd)，選項D正確。9.(多選)(2020·山西陽泉市上學期期末)如圖8所示，在方向水平的勻強電場中，一不可伸長的不導電細線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點，把小球拉起至A點，此時細線與場強平行，然后把小球從A點無初速釋放，經(jīng)最低點B后到達B的另一側(cè)C點時速度為零，則()圖8A.小球在B點時速度最大B.小球從A點到B點再到C點的過程中，機械能一直在減少C.小球在B點時的繩子拉力最大D.從B點到C點的過程中小球的電勢能一直增加答案BD解析小球受電場力水平向右，則由平衡知識可知，小球的平衡位置在AB之間的某位置，小球在平衡位置時的速度最大，繩子在此位置時繩子的拉力也是最大，則選項A、C錯誤；小球從A點到B點再到C點的過程中，只有電場力和重力做功，則小球的機械能和電勢能之和守恒，因此過程中電場力一直做負功，電勢能變大，則機械能一直在減少，選項B正確；從B點到C點的過程中，電場力對小球做負功，則小球的電勢能一直增加，選項D正確。10.(多選)(2020·浙江寧波市適應(yīng)性考試)如圖9甲所示，一絕緣的圓環(huán)上均勻分布著正電荷，一光滑細桿過圓心且垂直于圓環(huán)平面，桿上套有帶正電的小球。t＝0時刻把小球從a點由靜止釋放后，小球沿細桿運動經(jīng)過b、c兩點，小球運動的v－t圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是()圖9A.小球從a點運動到b點的過程中電勢能增大B.圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的電場強度為0C.a點的電場強度大于b點的電場強度D.a、b兩點電勢差Uab小于b、c兩點電勢差Ubc答案BD解析小球帶正電，則小球從a點運動到b點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故A錯誤；根據(jù)對稱性可知，絕緣豎直圓環(huán)上均勻分布的正電荷在圓心處產(chǎn)生的場強完全抵消，則帶電圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的場強為零，故B正確；由乙圖可知小球在a處的加速度小于b處加速度，由qE＝ma，可知a點的電場強度小于b點的電場強度，故C錯誤；根據(jù)動能定理qUab＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－0＝eq\f(1,2)m×0.42＝0.08m，qUbc＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＝eq\f(1,2)m×(0.72－0.42)＝0.165m，可得a、b兩點電勢差Uab小于b、c兩點電勢差Ubc，故D正確。11.(多選)(2020·天津市和平區(qū)第二次質(zhì)量調(diào)查)如圖10所示，一帶電的粒子以一定的初速度進入某點電荷產(chǎn)生的電場中，沿圖中彎曲的虛線軌跡先后經(jīng)過電場中的a、b兩點，其中a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成30°角；b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成60°角，粒子只受電場力的作用，下列說法中正確的是()圖10A.粒子帶正電B.a點的電勢低于b點的電勢C.從a到b，系統(tǒng)的電勢能減小D.粒子在a點的加速度大于在b點的加速度答案AC解析將Ea、Eb延長，其交點為Q點，如圖所示，由圖可知場源電荷在Q位置，電場方向指向場源電荷，故電荷為負電荷，根據(jù)曲線運動所受合力指向曲線內(nèi)側(cè)，所以粒子帶正電，故A正確；由圖可知，Ra＞Rb，且點電荷的電場中等勢面是以場源電荷為圓心的同心圓，沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故a點的電勢高于b點電勢，故B錯誤；由于a點的電勢高于b點電勢，由正電荷在電勢高處電勢能大，即粒子從a到b電勢能減小，故C正確；由圖可知，Ra＞Rb，且根據(jù)E＝keq\f(Q,R2)可知粒子在a點的場強小于在b點的場強，故粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，故D錯誤。12.(2020·浙江省山水聯(lián)盟開學考)如圖11所示，環(huán)形塑料管半徑為R，豎直放置，且管的內(nèi)徑遠小于環(huán)的半徑，ab為該環(huán)的水平直徑，環(huán)的ab及其以下部分有水平向左的勻強電場，電場強度的大小E＝eq\f(mg,q)，管的內(nèi)壁光滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從管中a點由靜止開始釋放，則()圖11A.小球到達b點時速度為零，并在adb間往復運動B.小球每周的運動過程中最大速度在圓弧ad之間的某一位置C.小球第一次和第二次經(jīng)過最高點c時對管壁的壓力之比為1∶5D.小球第一次經(jīng)過最低點d和最高點c時對管壁的壓力之比為4∶1答案C解析帶電小球從a點由靜止釋放，只有重力和電場力做功，帶電小球到達b點，重力勢能不變，電勢能減小，故到達b點時的動能為Ek＝qE·2R＝2mgR，故A錯誤；當小球重力和電場力的合力正好沿半徑方向時，小球的速度最大，所以速度最大點在d點的左側(cè)，故B錯誤；第一次過d點時，根據(jù)動能定理，有mgR＋qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1d)，根據(jù)向心力公式，有FN1d－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1d),R)，解得FN1d＝5mg，第一次過c點，根據(jù)向心力公式，有FN1c＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1c),R)，第一次經(jīng)過c點的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1c)＝mgR，F(xiàn)N1c＝mg，則小球第一次經(jīng)過最低點d和最高點c時對管壁的壓力之比為FN1d∶FN1c＝5∶1，故D錯誤；從a點釋放到第二次到c點過程，根據(jù)動能定理，有－mgR＋2qE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2c)，據(jù)向心力公式，有FN2c＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2c),R)，解得FN2c＝5mg，則小球第一次和第二次經(jīng)過最高點c時對管壁的壓力之比為FN1c∶FN2c＝1∶5，故C正確。13.(多選)(2020·遼寧葫蘆島市上學期質(zhì)監(jiān))如圖12所示，質(zhì)子和α粒子(氦核)分別從靜止開始經(jīng)同一加速電壓U1加速后，垂直電場方向進入同一偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場電壓U2。兩種粒子都能從偏轉(zhuǎn)電場射出并打在熒光屏MN上，粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度方向正對熒光屏中心O點。下列關(guān)于兩種粒子運動的說法正確的是()圖12A.兩種粒子會打在屏MN上的同一點B.兩種粒子不會打在屏MN上的同一點，質(zhì)子離O點較遠C.兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時具有相同的動能D.兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時具有不同的動能，α粒子的動能較大答案AD解析兩種粒子在加速電場中由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，在偏轉(zhuǎn)電場中，平行于極板方向L＝v0t，垂直于極板方向a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,md)，y＝eq\f(1,2)at2，離開偏轉(zhuǎn)電場的速度偏向角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)，聯(lián)立以上各式得y＝eq\f(U2L2,4dU1)，tanα＝eq\f(U2L,2dU1)，偏移量y和速度偏向角α都與粒子的質(zhì)量m、電荷量q無關(guān)，所以偏移量y相同，速度方向相同，則兩種粒子打在屏MN上同一個點，故A正確，B錯誤；對兩個粒子先加后偏的全過程，根據(jù)動能定理qU1＋qeq\f(U2y,d)＝Ek－0，因α粒子的電荷量q較大，故離開偏轉(zhuǎn)電場時α粒子的動能較大，C錯誤，D正確。14.(多選)(2020·湖南永州市第二次模擬)如圖13所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，已知重力加速度為g，下列結(jié)論正確的是()圖13A.兩極板間電場強度大小為eq\f(mg,q)B.兩極板間電壓為eq\f(2mgd,q)C.整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加eq\f(3mg2L2,2veq\o\al(2,0))D.若僅增大兩極板間距，該質(zhì)點仍能垂直打在M上答案BD解析據(jù)題分析可知，小球在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，飛出電場后，小球的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性，如圖可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得qE－mg＝mg，得到E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed可知板間電壓為U＝eq\f(2mgd,q)，故A錯誤，B正確；小球在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離為y＝eq\f(1,2)at2，而a＝eq\f(qE－mg,m)＝g，t＝eq\f(L,v0)，解得y＝eq\f(gL2,2veq\o\al(2,0))，小球打在屏上的位置與P點的距離為s＝2y＝eq\f(gL2,veq\o\al(2,0))，重力勢能的增加量為Ep＝mgs＝eq\f(mg2L2,veq\o\al(2,0))，故C錯誤；僅增大兩板間的距離，因兩板上電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)，而C＝eq\f(εrS,4πkd)，解得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知板間場強不變，小球在電場中受力情況不變，則運動情況不變，故仍垂直打在屏上，故D正確。

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