2019年高三物理一轮复习二模三模试题分项解析专题08静电场第02期含解析.doc

静电场一选择题1.（2019河南郑州二模）如图所示，某电场的电场线和等势面分布图，其中实线为电场线，虚线为等势面，a、b、c为电场中的三个点。下列说法正确的是A.a点的电势高于b点的电势B.a点的电场强度小于b点的电场强度C.电子从a点移到c点，电势能增大D.将电子从a点移到c点，再从c点移到b点，电场力做功代数和为零【参考答案】D【命题意图】本题以电场线和等势面为情景，考查电场强度的比较、电势比较、电场力做功、电势能变化及其相关知识点。【解题思路】根据沿电场线方向电势逐渐降低，同一等势面上电势相等可知，a点的电势等于b点的电势，选项A错误；根据电场线的疏密表示电场强度的大小可知a点的电场强度大于b点的电场强度，选项B错误；电子从a点移到c点，电场力做功，电势能减小，选项C错误；根据电场力做功与路径无关，只与两点之间的电势差有关，将电子从a点移动到c点，再从c点移动到b点，而a、b两点处于同一等势面上，所以电场力做功的代数和为零，选项D正确。【方法归纳】解答此类问题注意运用下列知识：电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线越密，表示电场强度越大；沿电场线方向电势逐渐降低，同一等势面上电势相等；电场力做功，电势能减小；克服电场力做功，电势能增大。2. （2019南昌模拟）如图所示，真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x轴上的x1=0和x2的位置上。将一试探电荷q放置在x0处恰好静止。现将Q2的固定点左移少许距离，将该试探电荷q仍放置在x0处，则A试探电荷q一定向右运动B.试探电荷q所受电场力一定向左C.电场力对试探电荷一定是先做正功D试探电荷的电势能一定是先减小【参考答案】CD【命题意图】本题考查对静电场中试探电荷受力平衡的分析、受力不平衡时的运动、电场力做功、电势能变化及其相关知识点。【解题思路】根据题述，将一试探电荷q放置在x0处恰好静止，由平衡条件可得k= k。由于不知各个电荷的电性，将Q2的固定点左移少许距离，将该试探电荷q仍放置在x0处，试探电荷q所受电场力可能向左，可能向右，试探电荷q可能向右运动，可能向左运动，选项AB错误；将Q2的固定点左移少许距离，将该试探电荷q仍放置在x0处，试探电荷q所受电场力不平衡，电场力对试探电荷一定是先做正功后做负功，试探电荷的电势能一定是先减小后增大，选项CD正确。3.（2019全国考试大纲调研卷3）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点由O点静止释放的电子恰好能运动到P点现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()A 运动到P点返回B 运动到P和P点之间返回C 运动到P点返回D 穿过P点【参考答案】A【名师解析】根据平行板电容器的电容的决定式C、定义式C和匀强电场的电压与电场强度的关系式UEd可得E，可知将C板向右平移到P点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确.4（2019河南天一大联考）如图所示，空间有平行于xOy坐标平面的匀强电场，为x轴负半轴上的一点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度从a点沿与轴正半轴成B角斜向右上方射人电场，粒子只在电场力作用下运动，经过y拍正半轴上的b点（图中未标出），则下列说法正确的是A：若粒子在b点的速度方向沿x轴正方向，则电场方向可能平行x轴B：若粒子运动过程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点C若粒子在b点速度大小也为，则a、b两点为等势点D若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与v0方向相反【参考答案】CD【名师解析】5. （2019全国考试大纲调研卷3）两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()A 带正电B 速度先变大后变小C 电势能先变大后变小D 经过b点和d点时的速度大小相同【参考答案】CD【名师解析】根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后减小；选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以在b、d两点的电势能相同，所以经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确6（4分）（2019山东济南期末）已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直。如图所示，MN为很大的不带电的金属平板，且与大地连接。现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直。则下列说法正确的是（）Aa点电场强度与d点电场强度相同Bab点间电势差等于dc点间电势差C将一正试探电荷沿直线ab从a点移到b点的过程中，试探电荷电势能始终减小D将一正试探电荷沿圆弧ad从a点移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变【点拨分析】先画出电场线：电场线从正电荷出发，终止于负电荷，根据电场线的疏密分析电场强度的大小。根据对称性分析a点与d点的电势关系，根据电场力方向与位移方向的夹角分析电场力做功情况，来分析电势能的变化。【名师解析】画出电场线如图所示：根据对称性知，a、d两点的电场强度大小相同，方向不同，所以电场强度不同，故A错误；由对称性知，a点电势等于d点电势，b点电势等于c点电势，因此ab点间电势差等于dc点间电势差，故B正确；电场线的切线方向为该点的场强方向，因移动的是正电荷，正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，从a到ad中点的过程中，电场力方向与位移方向夹角大于90，电场力做负功，从ad中点到d点的过程中，电场力方向与位移方向夹角小于90，电场力做正功，所以正电荷的电势能先增大后减小，故C错误；电场线的切线方向为该点的场强方向，由于移动的是正电荷，正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，从a到ab中点的过程中，电场力方向与位移方向夹角大于90，电场力做负功，从ab中点到b点的过程中，电场力方向与位移方向夹角小于90，电场力做正功，所以电荷的电势能先增大后减小，故D错误；【名师点评】本题涉及电场强度和电势高低的判断，电场强度是矢量，合成遵循平行四边形定则；电势是标量，合成遵循代数法则。7（6分）（2019湖北四地七校考试联盟期末）如图所示，正六边形ABCDEF的B、D两点各固定一个带正电电量为+q的点电荷，F点固定一个带负电电量为q的点电荷，O为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是（）AO点场强为0BC点场强方向沿FC方向C电子在A点电势能比在O点小DOA两点间电势差和OE两点间电势差相等【点拨分析】根据电场强度是一个矢量结合点电荷电场强度的计算公式进行分析；电势是一个标量，根据对称性分析各点的电势大小。【名师解析】设O点到各点的距离为r，则根据几何关系可知正六边形的边长也为r。F点相对于放置2q+q的电荷，所以O点的电场强度相当于在F点放置q2q的电荷在O点产生的电场，即EO，方向沿OF方向，不为零，故A错误；两个正电荷在C点的合电场强度大小为，方向沿OC方向，q在C点的电场强度大小为，方向沿CO方向，故C点场强方向沿FC方向，故B正确；AD是BF的中垂线，B和F点的电荷在AD上各点产生的电势相等且合电势为零，故A点的电势和O点的电势等于D点的电荷产生的，即OA，根据EPq可知电子在A点电势能比在O点大，故C错误；根据对称性可知，A和E点的电势相等，则OA两点间电势差和OE两点间电势差相等，故D正确。【名师点评】本题主要是考查电场强度的叠加和电势高低的判断，知道电场强度是矢量，其合成满足平行四边形法则，电势是标量，其合成满足代数运算。8. （2019全国高考猜题卷6）空间存在两点电荷产生的静电场，在xOy横轴上沿x轴正方向电场强度E随x变化的关系如图所示，图线关于坐标原点对称，虚线为两条渐近线，M、N是两条渐近线到原点O的中点，且|PO|3|MO|.取无穷远处电势为零，下列说法中不正确的是()AM、N两点的电势相等BP点电势高于M点电势CM、O两点电场强度大小之比为209D单位正电荷从O点移到N点过程中，电场力做功为W，则N点电势数值为W【参考答案】A【名师解析】由题图可知MN之间的电场线方向沿x轴正方向，故左边的电荷为正电荷，右边为等量的负电荷，故M点的电势比N点电势高，P点电势高于M点电势，故A错误，B正确；设MO的距离为r，正、负电荷的电荷量大小为Q，M点电场强度大小为EM，O点电场强度大小为EO，M、O两点电场强度大小之比为EMEO209，故C正确；沿电场线方向电势降低，O点电势为零，所以单位正电荷从O点移到N点过程中，电场力做功为W，则N点电势数值为W，故D正确本题选不正确的，故选：A二计算题1.（2019广东省广州市下学期一模）在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球始终处在场强大小为、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g，不计空气阻力，求（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；（2）O、P两点间的电势差。【命题意图】本题考查动能定理、牛顿运动定律、类平抛运动规律及其相关知识点。【解题思路】（1）小球受到竖直向上的电场力F = qE = 1.5mgmg所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v，由动能定理 设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律 联立式解得： FT = 1.5mg（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a竖直向上，由牛顿第二定律F - mg = ma 设细线断裂后小球经时间t到达P点，则有L = vt 小球在竖直方向上的位移为 （解得 ）O、P两点沿电场方向（竖直方向）的距离为d = L + y O、P两点间的电势差 UOP = Ed 联立式解得 2.(10分)在光滑绝缘的水平地面上建立了如图18所示的直角坐标系xOy，在y轴左侧区域有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E9103 N/C，现有带电荷量q1103 C、质量m10 g的带电粒子P从x1.5 m处沿y轴正方向以初速度v030 m/s的速度开始运动，经过y轴上的Q点后进入第象限，不计带电粒子重力求：图18(1)Q点的坐标；(2)带电粒子P过Q点时的速度【名师解析】(1)设沿x轴正方向做匀加速运动的时间为t，位移为x，在匀强电场中运动的加速度a则沿x轴正方向，有|x|at2设沿y轴正方向做匀速运动的位移为y，则yv0t解得：yv0代入数据得：y m，t s故Q点坐标为(0， m)(2)过Q点时沿x轴正方向的速度vxat所以过Q点的速度大小为v解得：v60 m/s设此时速度与y轴正方向夹角为，则tan 得60带电粒子P过Q点时的速度大小为60 m/s，方向与y轴正方向成60角斜向右上方3.(10分)静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图19.A、B是间距为d的两块平行金属板，两板间有方向由B指向A的匀强电场，电场强度为E.在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v且带负电的油漆微粒，假设油漆微粒的质量均为m、带电荷量均为q，忽略微粒间的静电作用，微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都能落在金属板B上求：图19(1)两块平行金属板之间的电势差；(2)微粒落在B板上所形成的图形的半径；(3)微粒落在金属板B上时的速率【名师解析】(1)两块平行金属板之间的电势差UEd.(2)初速度方向沿平行A板喷出的微粒水平位移最大且大小相等，等于微粒落在B板上所形成的图形的半径R.沿平行A板喷出的微粒做类平抛运动，则：Rvt，dat2，a联立解得：Rv.(3)由动能定理得：qEdmv2mv2解得：v.4.(10分)如图20所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R0.40 m在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E1.0104 N/C.现有一质量m0.10 kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离x1.0 m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零已知带电体所带电荷量q8.0105 C，g取10 m/s2，求：图20(1)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧形轨道的压力；(2)带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力所做的功【参考答案】(1)5.0 N，方向竖直向下(2)0.72 J 【名师解析】(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qEma，解得a8.0 m/s2设带电体运动到B端的速度大小为vB，则vB22ax解得vB4.0 m/s设带电体运动到圆弧形轨道的B端时受到的轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FNmg解得FNmg5.0 N根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧形轨道的压力大小FNFN5.0 N，方向竖直向下(2)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道从B到C运动过程中，电场力所做的功W电qER0.32 J设带电体沿圆弧形轨道从B到C运动过程中摩擦力所做的功为Wf，对此过程根据动能定理有W电WfmgR0mvB2，解得Wf0.72 J.