考點九 靜電場-2019年高考物理分類題庫

考點九靜電場1.（2019·全國卷I·T15）如圖,空間存在一方向水平向右的勻強電場,兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下,兩細繩都恰好與天花板垂直,則 ()A.P和Q都帶正電荷B.P和Q都帶負電荷C.P帶正電荷,Q帶負電荷D.P帶負電荷,Q帶正電荷【解析】選D。若P和Q都帶正電荷,Q在水平方向所受電場力的合力水平向右,細繩不可能恰好與天花板垂直,故選項A錯誤;若P和Q都帶負電荷,P在水平方向受電場力的合力水平向左,細繩不可能恰好與天花板垂直,故選項B錯誤;若P帶正電荷,Q帶負電荷,P在水平方向受電場力的合力水平向右,Q在水平方向所受電場力的合力向左,兩細繩不可能都恰好與天花板垂直,故選項C錯誤;若P帶負電荷,Q帶正電荷,P在水平方向受電場力的合力可能為0,Q在水平方向所受電場力的合力也可能為0,故選項D正確。2.(2019·全國卷Ⅱ·T20)靜電場中,一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動,N為粒子運動軌跡上的另外一點,則 ()A.運動過程中,粒子的速度大小可能先增大后減小B.在M、N兩點間,粒子的軌跡一定與某條電場線重合C.粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D.粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行【解題指南】解答本題需明確以下三點:(1)電場線與帶電粒子的運動軌跡不一定重合。(2)電場力做正功,電勢能減小。(3)帶電粒子在電場中某點受力的方向與該點電場線的切線方向平行?！窘馕觥窟xA、C。若電場由等量同種電荷形成,由A點釋放負電荷,則負電荷先加速后減速,A正確;若電場線為曲線,粒子軌跡不與電場線重合,B錯誤;由于N點速度大于等于零,故N點動能大于等于M點動能,由能量守恒可知,N點電勢能小于等于M點電勢能,C正確;粒子在N點所受電場力的方向一定與該點電場線的切線方向平行,電場線與粒子軌跡不一定重合,D錯誤。3.(2019·全國卷Ⅲ·T21)如圖,電荷量分別為q和-q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上,a、b是正方體的另外兩個頂點。則 ()A.a點和b點的電勢相等B.a點和b點的電場強度大小相等C.a點和b點的電場強度方向相同D.將負電荷從a點移到b點,電勢能增加【解析】選B、C。兩個點電荷間的電場線分布是由q指向-q的,根據(jù)正方體的特點可知在這四點所在平面上a點和b點所處電場線是關(guān)于q和-q連線對稱的,且b點距離正電荷q較a點更近,沿電場線方向電勢逐漸降低,故b點電勢高于a點電勢,故A項錯誤。如圖所示,兩點電荷在a、b兩點所產(chǎn)生合場強大小相等,方向相同,故B、C項正確。負電荷從a點移動到b點,由電勢低的地方移動到電勢高的地方,電場力做正功,電勢能減小,故D項錯誤。4.(2019·天津高考·T3)如圖所示,在水平向右的勻強電場中,質(zhì)量為m的帶電小球,以初速度v從M點豎直向上運動,通過N點時,速度大小為2v,方向與電場方向相反,則小球從M運動到N的過程 ()A.動能增加12mv2 B.機械能增加2mvC.重力勢能增加32mv2 D.電勢能增加2mv【解析】選B。小球從M運動到N的過程中動能增加量ΔEk=Ek2-Ek1=12m(2v)2-12mv2=32mv2,因此A錯誤;小球在豎直方向上只受重力,做豎直上拋運動,初速度為v,末速度為零,根據(jù)0-v2=-2gh可得增加的重力勢能ΔEp=mgh=12mv2,因此C錯誤;小球在水平方向只受電場力,做初速度為零、末速度為2v的勻加速直線運動,根據(jù)(2v)2-0=2ax可得電場力做功W=Fx=max=2mv2,所以電勢能減少2mv25.（2019·北京高考·T17）如圖所示,a、b兩點位于以負點電荷-Q(Q>0)為球心的球面上,c點在球面外,則 ()A.a點場強的大小比b點大B.b點場強的大小比c點小C.a點電勢比b點高D.b點電勢比c點低【解析】選D。負點電荷電場線和等勢面如圖所示,沿電場線方向電勢降低,電場線的疏密表示場強大小,由此可知a、b場強大小相等且大于c點場強,選項A、B錯誤;c點電勢高于b點電勢,b點電勢等于a點電勢,選項C錯誤,D正確。6.(2019·江蘇高考·T5)一勻強電場的方向豎直向上,t=0時刻,一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場,電場力對粒子做功的功率為P,不計粒子重力,則P-t關(guān)系圖象是 ()【解析】選A。帶電粒子水平射入勻強電場中,帶電粒子所受的電場力F不變,加速度a=qEm恒定,粒子在電場的方向上做初速度為零的勻加速運動,vy=at=qEmt,故電場力對粒子做功的功率P=Fvy=q7.(2019·江蘇高考·T9)如圖所示,△ABC為等邊三角形,電荷量為+q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點,此過程中,電場力做功為-W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最后將一電荷量為-2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點。下列說法正確的有 ()A.Q1移入之前,C點的電勢為WB.Q1從C點移到B點的過程中,所受電場力做的功為0C.Q2從無窮遠處移到C點的過程中,所受電場力做的功為2WD.Q2在移到C點后的電勢能為-4W【解析】選A、B、D。電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點的過程中,克服電場力做的功為W,即電勢能增大了Ep=W,根據(jù)電勢的定義,C點的電勢為φC=Epq=Wq,選項A正確;在A點的固定電荷在B、C兩點產(chǎn)生的電場的電勢相同,所以電荷Q1從C點移到B點電場力做的功為0,選項B正確;由于B、C兩點的電勢相等,所以當在B點固定Q1后,C點的電勢為2Wq,所以Q2從無窮遠移到C點過程中,電場力做功為:W=qU=-2q×(0-2Wq)=4W,故C錯誤;由于C點的電勢為2Wq,所以8.(2019·全國卷Ⅱ·T24)如圖,兩金屬板P、Q水平放置,間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置,以速度v0平行于紙面水平射入電場,重力忽略不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能,以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小。(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場,則金屬板的長度最短應(yīng)為多少?【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下三點:(1)PG、QG間場強大小相等,方向相反,為勻強電場。(2)粒子進入電場做類平拋運動。(3)根據(jù)對稱性,粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出,則金屬板的長度最短?！窘馕觥?1)PG、QG間場強大小相等,均為E,粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下,設(shè)粒子的加速度大小為a,有E=2φdF=qE=ma ②設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek,由動能定理有qEh=Ek-12mv0設(shè)粒子第一次到達G時所用時間為t,粒子在水平方向的位移為l,如圖所示,則有h=12at2 l=v0t ⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek=12mv02+2l=v0md?qφ (2)設(shè)粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出,則金屬板的長度最短,如圖所示,由對稱性知,此時金屬板的長度為L=2l=2v0md?答案:(1)12mv02+2φdqhv09.(2019·全國卷Ⅲ·T24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場,O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電,B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0,到達P點所用時間為t;B從O點到達P點所用時間為t2。重力加速度為g(1)電場強度的大小。(2)B運動到P點時的動能?！窘馕觥?1)設(shè)電場強度的大小為E,小球B運動的加速度為a,O、P兩點的高度差為h。根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和題給條件,有mg+qE=ma ①h=12a(t2)2=12gt解得E=3mgq(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1,到達P點時的動能為Ek,O、P兩點的水平距離為l,根據(jù)動能定理有Ek-12mv12=mgh+且有l(wèi)=v1t2=v0t h=12gt2 聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek=2m(v02+g2t答案:(1)3mgq(2)2m(v02+g10.(2019·天津高考·T12)2018年,人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生,這種引擎不需要燃料,也無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示,進入電離室的氣體被電離成正離子,而后飄入電極A、B之間的勻強電場(初速度忽略不計),A、B間電壓為U,使正離子加速形成離子束,在加速過程中引擎獲得恒定的推力。單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值,離子質(zhì)量為m,電荷量為Ze,其中Z是正整數(shù),e是元電荷。(1)若引擎獲得的推力為F1,求單位時間內(nèi)飄入A、B間的正離子數(shù)目N為多少。(2)加速正離子束所消耗的功率P不同時,引擎獲得的推力F也不同,試推導FP(3)為提高能量的轉(zhuǎn)換效率,要使FP盡量大,請?zhí)岢鲈龃驠【解析】(1)設(shè)正離子經(jīng)過電極B時的速度為v,根據(jù)動能定理,有ZeU=12mv2-0 設(shè)正離子束所受的電場力為F1',根據(jù)牛頓第三定律,有F1'=F1 ②設(shè)引擎在Δt時間內(nèi)飄入電極間的正離子個數(shù)為ΔN,由牛頓第二定律,有F1'=ΔNmv-0Δ聯(lián)立①②③式,且N=ΔNΔt得N=(2)設(shè)正離子束所受的電場力為F',由于正離子束在電場中做勻加速直線運動,有P=12F'v 考慮到牛頓第三定律得到F'=F,聯(lián)立①⑤式得FP=2m(3)為使FP盡量大,分析FP=答案:(1)F12ZemU(2)F(3)用質(zhì)量大的離子;用帶電量少的離子;減小加速電壓。11.（2019·北京高考·T23）電容器作為儲能器件,在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對給定電容值為C的電容器充電,無論采用何種充電方式,其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖像都相同。（1）請在圖1中畫出上述u-q圖像。類比直線運動中由v-t圖像求位移的方法,求兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能Ep。(2)在如圖2所示的充電電路中,R表示電阻,E表示電源(忽略內(nèi)阻)。通過改變電路中元件的參數(shù)對同一電容器進行兩次充電,對應(yīng)的q-t曲線如圖3中①②所示。a.①②兩條曲線不同是(選填“E”或“R”)的改變造成的;

b.電容器有時需要快速充電,有時需要均勻充電。依據(jù)a中的結(jié)論,說明實現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。(3)設(shè)想使用理想的“恒流源”替換(2)中電源對電容器充電,可實現(xiàn)電容器電荷量隨時間均勻增加。請思考使用“恒流源”和(2)中電源對電容器的充電過程,填寫下表(選填“增大”“減小”或“不變”)?！昂懔髟础?2)中電源電源兩端電壓通過電源的電流【解析】(1)u-q圖線如圖;電壓為U時,電容器帶電Q,圖線和橫軸圍成的面積為所儲存的電能EpEp=12QU,又Q=故Ep=12CU(2)a.由于電源內(nèi)阻不計,當電容器充滿電后電容器兩端電壓即電源的電動勢,電容器最終的電量為:Q=CE,由q-t曲線可知,兩種充電方式最終的電量相同,只是時間不同,所以①②曲線不同是R改變造成的。b.減小電阻R,可以實現(xiàn)對