《2020版高三物理一輪復(fù)習(xí) 專題7 靜電場》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高三物理一輪復(fù)習(xí) 專題7 靜電場（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題7 靜電場 1．（2020福建卷）.如圖，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，將兩個帶正電的試探電荷、分別置于A、B兩點，虛線為等勢線.取無窮遠處為零電勢點，若將、移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，則下列說法正確的是 A．A點電勢大于B點電勢 B．A、B兩點的電場強度相等 C．的電荷量小于的電荷量 D．在A點的電勢能小于在B點的電勢能 答案：C 解析：由題意知點電荷Q帶負電，所以有φA<φB<0，得|UA∞|>|UB∞|，移動兩試探電荷克服電場力做功相等，有q1|UA∞|=q2|UB∞|，所以q1

2、EA>EB,選項B錯誤.根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，q1在A點的電勢能等于q2在B點的電勢能，選項D錯誤. 2．（2020江蘇卷）．真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r則A、B兩點的電場強度大小之比為 A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9 答案：C 解析：根據(jù)庫侖定律，選C. 3．（2020江蘇卷）．一充電后的平行板電容器保持兩板間的正對面積、間距和電荷量不變，在兩板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是 A．C和U均增大 B．C增大，U減小

3、C．C減小，U增大 D．C和U均減小 答案：B 解析：根據(jù)，電容C增大，根據(jù),U減小，B正確. 4．（2020上海卷）．A、B、C三點在同一直線上，AB:BC＝1:2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷.當(dāng)在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為（ ） （A）－F/2 （B）F/2 （C）－F （D）F 答案：B 解析：設(shè)AB間距離為x，則BC間距離為2x,根據(jù)庫侖定律有F=kQq/x2，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為F′=k2

4、qQ/(2x)2=F/2，考慮電場力方向易知B正確. 5（2020天津卷）.兩個固定的等量異號點電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中 A．做直線運動，電勢能先變小后變大 B．做直線運動，電勢能先變大后變小 C．做曲線運動，電勢能先變小后變大 D．做曲線運動，電勢能先變大后變小 答案C. 解析：兩個固定的的等量異號點電荷產(chǎn)生電場的等勢面與電場線垂直，且沿電場線電勢減小，所以等量異號點電荷和它們間的直線電場線如圖所示.當(dāng)帶負電的粒子進入電場受到與

5、其速度垂直的電場力而偏轉(zhuǎn)做曲線運動.電子在斜向左的電場力作用下向左偏轉(zhuǎn)，電場力做正功粒子的動能增加，電勢能減小. 6．（2020浙江卷）.用金屬做成一個不帶電的圓環(huán)，放在干燥的絕緣桌面上.小明同學(xué)用絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩擦后，將筆套與頭發(fā)摩擦后，將筆套自上向下慢慢靠近圓環(huán)，當(dāng)距離約為0.5cm是圓環(huán)被吸引到筆套上，如圖所示.對上述現(xiàn)象的判斷與分析，下列說法正確的是( ) A.摩擦使筆套帶電 B.筆套靠近圓環(huán)時，圓環(huán)上、下都感應(yīng)出異號電荷 C.圓環(huán)被吸引到筆套的過程中，圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓環(huán)的重力 D.筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷立刻被全部中和 答案：

6、ABC 解析：因金屬箔圓環(huán)原來不帶電，筆套與頭發(fā)摩擦后帶電，故筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷沒有全部被中和，則選項D錯誤. 7．(2020全國新課標).如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子 A.所受重力與電場力平衡 B.電勢能逐漸增加 C.動能逐漸增加 D.做勻變速直線運動 答案：BD 解析：要使粒子在電場中直線運動，必須使合力與運動方向在一直線上，由題意可受力分析可知，受重力豎直向下，電場力垂直極板向上，合力水平向左.故A錯.因電場力做負功，故電勢能增加.B正確.合力做負

7、功，故動能減少.C錯.因合力為定值且與運動方向在一直線上，故D正確. 8．（2020上海卷）．如圖，質(zhì)量分別為mA和mB的兩小球帶有同種電荷，電荷量分別為qA和qB，用絕緣細線懸掛在天花板上.平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細線與豎直方向間夾角分別為q1與q2（q1＞q2）.兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動，最大速度分別為vA和vB，最大動能分別為EkA和EkB.則（ ） （A）mA一定小于mB （B）qA一定大于qB （C）vA一定大于vB （D）EkA一定大于EkB 答案：A、C、D 解析：對于兩球受力分析，由于兩球所受電場力相等，同時注意到兩球處于同一水平面上，根

8、據(jù)力的平衡有mAgtanθ1=mBgtanθ2，根據(jù)幾何關(guān)系有LAcosθ1=LBcosθ2，因為θ1＞θ2，所以mA一定小于mB，LA>LB,但不能比較電荷量大小，所以A正確，B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律得：，，所以有vA>vB，即C正確；EkA=mAgLA(1-cosθ1)，EkB=mBgLB(1-cosθ2)，>1，所以D選項正確. Oo x(cm) y(cm) A(6,0) B(0,) ● ● 9．（2020安徽卷）.如圖所示，在平面直角 中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點處的電勢為0 V，點處的電勢為6 V, 點處的電勢為3 V, 則電場強度的大

9、小為 ( ) A.200V/m B.200 V/m Oo x(cm) y(cm) A(6,0) B(0,) ● ● ● Co Eo θo C.100 V/m D. 100 V/m 答案：A 解析：OA中點C的電勢為3V，連BC得等勢線，作BC的垂線得電場線如圖，由得：，故A對. 10．（2020重慶卷）．空中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P點處為 正點電荷，P、Q兩點附近電場的等勢面分布如題圖所 示，a、b、c、d為電場中的四個點.則 A．P、Q兩點處的電荷等量同種

10、B．a(chǎn)點和b點的電場強度相同 C．c點的電熱低于d點的電勢 D．負電荷從a到c，電勢能減少 答案：D 解析：根據(jù)電場線與等勢線垂直得：必有一條電場線與P、Q連線重合，P為正電荷，故該電場線必從P沿直線指向Q，因電場線總是由正電荷指向負電荷，故P、Q電荷為等量異種電荷，A選項錯誤；電場強度是矢量，a、b兩處電場強度方向不同，B選項錯誤；因越靠近正電荷，電勢越高，故c點電勢高于d點電勢，C選項錯誤；根據(jù)等勢線的分布及P、Q的電性，c所在的等勢線電勢高于a所在等勢線的電勢，負電荷從a到c，電場力做正功，電勢能減少，D選項正確. 11.（2020海南卷）三個相同的金屬小球1.2.3.分別

11、置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑.球1的帶電量為q，球2的帶電量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變.由此可知 A.n=3 B.n=4 C.n=5 D. n=6 答案：D 解析：設(shè)1、2距離為R，則：，3與2接觸后，它們帶的電的電量均為：，再3與1接觸后，它們帶的電的電量均為，最后有上兩式得：n=6 12．(2020全國理綜) 如圖，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣清線

12、懸掛于O點.先給電容器緩慢充電，使兩級板所帶電荷量分別為﹢Q和﹣Q，此時懸線與豎直方向的夾角為π/6.再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到π/3，且小球與兩極板不接觸.求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量. 解析：根據(jù)力的平衡和力的合成，，根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系及電容的定義得，所以；第二次充電后，，所以第二次充電使電容器正極板增加的電荷量. 13．（2020廣東卷）.圖5是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側(cè)，對礦粉分離的過程，下列表述正確的有 A.帶正電的礦粉落在右側(cè) B.電場力對礦粉做正功 C.帶負電

13、的礦粉電勢能變大 D.帶正電的礦粉電勢能變小 答案：BD 解析：在水平方向上帶正電的礦粉受到向左的電場力，應(yīng)落在左側(cè)，A錯；電場力對兩種礦粉都做正功，電勢能均減小，所以只有BD正確. 14． （2020北京高考卷）．“約瑟夫森結(jié)”由超導(dǎo)體和絕緣體制成．若在結(jié)兩端加恒定電壓U，則它會輻射頻率為ν的電磁波，且ν與U成正比，即ν=kU．已知比例系數(shù)k僅與元電荷的2倍和普朗克常數(shù)h有關(guān)，你可能不了解此現(xiàn)象的機理，但仍可運用物理學(xué)中常用的方法，在下列選項中，推理比例系數(shù)的值可能為 A． B． C．2he D．

14、答案：B 解析：由ν=kU，又題目中提到元電荷e和普朗克常量h，可聯(lián)想到能量，即列出相關(guān)等式qU=hν，進而比較ν=kU，得出k=q/h，再結(jié)合題意可知，k=2e/h，故選項B對. 15．（2020北京高考卷）．O x E0 E d 勻強電場的方向沿x軸正方向，電場強度E隨x的分布如圖所示，圖中E0和d均為已知量．將帶正電的質(zhì)點A在O點由靜止釋放．A離開電場足夠遠后，再將另一帶正電的質(zhì)點B放在O點也由靜止釋放．當(dāng)B在電場中運動時，A、B間的相互作用力及相互作用能均為零；B離開電場后，A、B間的相互作用視為靜電作用．已知A的電荷量為Q，A和B的質(zhì)量分別為m和．不計重力． （

15、1）求A在電場中的運動時間t； （2）若B的電荷量為q=Q，求兩質(zhì)點相互作用能的最大值Epm； （3）為使B離開電場后不改變運動方向，求B所帶電荷量的最大值qm． 解析：（1）由牛頓第二定律，A在電場中運動的加速度a== A在電場中做勻變速直線運動 d=at2 解得運動時間 t== （2）設(shè)A、B離開電場時的速度分別為υA0、υB0，由動能定理，有 QE0d=m，QE0d= ①

16、A、B相互作用過程中，動量和能量守恒．A、B相互作用力為斥力，A受的力與其運動方向相同，B受的力與其運動方向相反，相互作用力對A做正功，對B做負功．A、B靠近的過程中，B的路程大于A的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力對B做功的絕對值大于對A做功的絕對值，因此相互作用力做功之和為負，相互作用能增加．所以，當(dāng)A、B最接近時相互作用能最大，此時兩者速度相同，設(shè)為υ′，有 (m+)υ′= mυA0+υB0 ② Epm=(m+)-(m+)υ′2 ③ 已知=Q，由①、②、③式

17、解得 相互作用能的最大值 Epm=QE0d （3）考慮A、B在x > d區(qū)間的運動，由動量守恒、能量守恒，且在初態(tài)和末態(tài)均無相互作用，有 mυA+υB= mυA0+υB0 ④ m+=m+ ⑤ 由④、⑤解得 υB=-υB0+υA0 因B不改變運動方向，故 υB=-υB0+υA0 ≥ 0 ⑥ 由①、⑥解得 q≤Q

18、 即B所帶電荷量的最大值qm=Q 16.（2020山東卷）.圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷.一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點.則該粒子 A．帶負電 B．在c點受力最大 C．在b點的電勢能大于在c點的電勢能 D．由a點到b點的動能變化大于有b點到c點的動能變化 答案：CD 解析：由于帶電粒子受到的電場力指向軌跡凹側(cè)，說明帶電粒子帶正電，選項A錯誤；根據(jù)庫侖定律F=kQq/r2可知，選項B錯誤；粒子從b點運動到c點的過程中，電場力對粒子做正功，粒子電勢能減小，

19、選項C正確；由動能定理可得qU=ΔEk，因為Uab>Ubc，所以選項D正確. 17.（2020四川卷）．（19分） 如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段光滑水平，BC段為光滑圓弧，對應(yīng)的圓心角θ= 370，半徑r=2.5m，CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區(qū)域有場強大小為E=2×l05N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場.質(zhì)量m=5×l0-2kg、電荷量q=+1×10-6C的小物體（視為質(zhì)點）被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在C點以速度v0=3m/s沖上斜軌.以小物體通過C點時為計時起點，0.1s以后，場強大小不變，方向反向.已知斜

20、軌與小物體間的動摩擦因數(shù)μ=0.25.設(shè)小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2．sin370=0.6，cos370=0.8. (1)求彈簧槍對小物體所做的功； (2)在斜軌上小物體能到達的最高點為P，求CP的長度. 解析： (1)設(shè)彈簧槍對小物體做功為Wf，由動能定理得Wf-mgr(l-cosθ)=mv02 ① 代人數(shù)據(jù)得Wf=0.475J ② 說明：①式4分，②式2分. (2)取沿平直斜軌向上為正方向.設(shè)小物體通過C點進入電場后的加速度為a1， 由牛頓第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③ 小物體向上做勻減速運動，經(jīng)t1=0.1s后，

21、速度達到v1，有 v1=v0+a1t1③ 由③④可知v1=2.1m/s，設(shè)運動的位移為s1，有 sl-v0t1+a1t12 ⑤ 電場力反向后，設(shè)小物體的加速度為a2，由牛頓第二定律得 －mgsinθ－μ(mgcosθ-qE)=ma2 ⑥ 設(shè)小物體以此加速度運動到速度為0，運動的時間為t2，位移為s2，有 0=v1+a2t2 ⑦ s2=v1t2+a2t22 ⑧ 設(shè)CP的長度為s，有 s=s1+s2 ⑨ 聯(lián)立相關(guān)方程，代人數(shù)據(jù)解得 s=0.57m⑩ 18.（2020安徽卷）. 如圖1所示，半徑為均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為，其軸線上任意一點（坐標為）的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：=2，方向沿軸.現(xiàn)考慮單位面積帶電量為的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為的圓板，如圖2所示.則圓孔軸線上任意一點（坐標為）的電場強度為 ( ) Oo ro ● x Qo 圖2 Oo Ro ● x Po 圖1 A. 2 B. 2 C. 2 D. 2 答案：A 解析：當(dāng)時，=0，則，當(dāng)挖去半徑為r的圓孔時，應(yīng)在E中減掉該圓孔對應(yīng)的場強，即.選項A正確.