2019届高三物理专题训练之 静电场
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这是一份2019届高三物理专题训练之 静电场,共9页。试卷主要包含了考题再现,对点速练等内容,欢迎下载使用。
典例1. (2018∙全国I卷∙16)如图,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab = 5 mc,bc = 3 cm,ca = 4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则( )
A. a、b的电荷同号, B. a、b的电荷异号,
C. a、b的电荷同号, D. a、b的电荷异号,
典例2. (2018∙全国II卷∙21)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点。一电荷量为q (q > 0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减
小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2,下列说法正确的是( )
A. 此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B. 若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为
C. 若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为
D. 若W1 = W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
二、对点速练
1.(多选)如图甲所示,A、B、C三点是在等量同种正电荷连线中垂线上的点;一个带电荷量为q,质量为m的点电荷从C点静止释放,只在电场力作用下运动的v-t图象如图乙所示,运动到B点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线),其切线斜率为k,则( )
A.B点为中垂线上电场强度最大的点,大小为eq \f(mk,q)
B.由C点到A点电势逐渐降低
C.该点电荷由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
D.B、A两点间的电势差eq \f(mvA-vB2,2q)
2.如图所示,等量异种电荷A、B固定在同一水平线上,竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合,C、D是绝缘杆上的两点,ACBD构成一个正方形。一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放,则小球由C运动到D的过程中,下列说法正确的是( )
A.杆对小球的作用力先增大后减小
B.杆对小球的作用力先减小后增大
C.小球的速度先增大后减小
D.小球的速度先减小后增大
3.(多选)真空中两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上,D为斜边AB的中点,∠ABC=30°,如图所示。已知A点电场强度的方向垂直AB向下,则下列说法正确的是( )
A.q1带正电,q2带负电
B.D点电势高于A点电势
C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半
D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍
4.套有三个带电小球的圆环放在水平桌面上(不计一切摩擦),小球的电荷量保持不变,整个装置平衡后,三个小球的一种可能位置如图所示。三个小球构成一个锐角三角形,三角形的边长大小关系是AB>AC>BC,可以判断图中( )
A.三个小球电荷量的代数和可能为0
B.三个小球一定带同种电荷
C.三个小球所受环的弹力大小为FNA>FNB>FNC
D.三个小球带电荷量的大小为QA>QC>QB
5.已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为eq \f(σ,2ε0),其中σ为平面上单位面积所带的电荷量,ε0为常量,如图所示的平行板电容器,极板正对面积为S,其间为真空,带电量为Q,不计边缘效应时,极板可看作无穷大导体板,则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )
A.eq \f(Q,ε0S)和eq \f(Q2,ε0S) B.eq \f(Q,2ε0S)和eq \f(Q2,ε0S)
C.eq \f(Q,2ε0S)和eq \f(Q2,2ε0S) D.eq \f(Q,ε0S)和eq \f(Q2,2ε0S)
6.(多选)如图所示,a、b、c、d是某匀强电场中的四个点,它们是一个四边形的四个顶点,ab∥cd,ab⊥bc,2ab=cd=bc=2l,电场方向与四边形所在平面平行。已知a点电势为24 V,b点电势为28 V,d点电势为12 V。一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0,方向与bc成45°,一段时间后经过c点,则下列说法正确的是( )
A.c点电势为20 V
B.质子从b运动到c所用的时间为eq \f(\r(2)l,v0)
C.场强的方向由a指向c
D.质子从b运动到c电场力做功为8 eV
7.(多选)如图所示,粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场,其中某一区域的电场线与x轴平行,在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示,图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线。现有一个质量为0.20 kg、电荷量为+2.0×10-8 C的滑块P(可看做质点),从x=0.10 m处由静止释放,其与水平面的动摩擦因数为0.02。取重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A.x=0.15 m处的场强大小为2.0×106 N/C
B.滑块运动的加速度逐渐减小
C.滑块运动的最大速度为0.1 m/s
D.滑块最终在0.3 m处停下
8.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中0~x2段是关于直线x=x1对称的曲线,x2~x3段是直线,则下列说法正确的是( )
A.x1处电场强度最小,但不为零
B.粒子在0~x2段做匀变速运动,x2~x3段做匀速直线运动
C.在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φ0>φ1
D.x2~x3段的电场强度大小和方向均不变
9. (多选)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点由静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a( )
A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小
B.从N到P的过程中,速率先增大后减小
C.从N到Q的过程中,电势能一直增加
D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量
一、考题再现
典例1. 【解析】根据同种电荷相斥、异种电荷相吸,且小球c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线,可知a、b的电荷为异号,A、C错误;对小球c受力分析,如图所示,ab = 5 mc,bc = 3 cm,ca = 4 cm,因此ac⊥bc,两力的合力构成矩形,依据相似三角形之比,则有,根据库仑定律,,,所以,选项D正确。
【答案】D
典例2.【解析】A选项由题意无法判断,故A项错误;匀强电场中,沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同,故,即,同理,若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为,故B正确;因为不知道匀强电场方向,所以场强大小不一定是,故C错误;若W1 = W2,由知,所以,则,所以,而,,所以,故D正确。
【答案】BD
二、对点速练
1.【答案】AB
2.【解析】从C到D,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,则杆对小球的作用力先增大后减小,故A正确,B错误。因直杆处于AB连线的中垂线上,所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的,对带电小球进行受力分析,受竖直向下的重力,水平向左的电场力和水平向右的弹力,水平方向上受力平衡,竖直方向上的合力大小等于重力,重力大小不变,加速度大小始终等于重力加速度,所以带电小球一直做匀加速直线运动,故C、D错误。
【答案】A
3.【解析】根据题述,A点的电场强度垂直AB向下,可知q1带正电、q2带负电,选项A正确;q1在A、D两点产生的电势相等,q2在A点产生的电势高于在D点产生的电势,则A点的电势高于D点,选项B错
误;根据题述,A点的电场强度垂直AB向下,可得sin 30°=eq \f(E2,E1),E1=keq \f(q1,r\\al(,12)),E2=keq \f(q2,r\\al(,22)),联立解得q2=2q1,选项C正确,D错误。
【答案】AC
4. 【解析】对小球A分析,弹力过圆心,根据平衡条件,要么小球B与C对小球A同时为引力,要么对小球A同时为斥力,小球A才能处于平衡状态,因此小球A不可能受到一个斥力一个引力,所以小球B、C带同种电荷,分析小球B,由平衡条件可得小球A、C带同种电荷,可得三个小球带同种电荷,所以三个小球电荷量的代数和不可能为0,A错误,B正确;小球A受到两个斥力,设圆心为O,AB>AC,同时∠OABQB>QC,D错误;根据相似三角形可得eq \f(FNA,BC)=eq \f(FNB,AC)=eq \f(FNC,AB),故可得FNC>FNB>FNA,C错误。
【答案】B
5.【解析】两极板均看作无穷大导体板,极板上单位面积上的电荷量σ=eq \f(Q,S);则单个极板形成的场强E0=eq \f(σ,2ε0)=eq \f(Q,2ε0S),两极板间的电场强度为:2×eq \f(σ,2ε0)=eq \f(Q,ε0S);两极板间的相互引力F=E0Q=eq \f(Q2,2ε0S)。
【答案】D
6. 【解析】三角形bcd是等腰直角三角形,具有对称性,如图所示,bM=eq \f(1,2)bN=eq \f(1,4)bd,已知a点电势为24 V,b点电势为28 V,d点电势为12 V,且ab∥cd,ab⊥bc,2ab=cd=bc=2l,因此根据几何关系,可得M点的电势为24 V,与a点电势相等,从而连接aM,即为等势面;三角形bcd是等腰直角三角形,具有对称性,bd连线中点N的电势与c相等,为20 V,A项正确;质子从b运动到c做类平抛运动,沿初速度方向分位移为eq \r(2)l,此方向做匀速直线运动,则t=eq \f(\r(2)l,v0),B项正确;Nc为等势线,其垂线bd为场强方向,场强方向由b指向d,C项错误;电势差Ubc=8 V,则质子从b运动到c电场力做功为8 eV,D项正确。
【答案】ABD
7.【解析】在φ-x图象中,某一点切线斜率表示该点的场强,所以x=0.15 m处的场强大小等于题图中切线的斜率绝对值,即E=2.0×106 N/C,A项正确;由题图图象可知,x轴上场强E随x增大不断减小。由牛顿第二定律有:Eq-Ff=ma,加速度逐渐减小,滑块做加速度逐渐减小的加速运动,当qE=Ff时,加速度为0,然后加速度反向,由Ff-qE=ma知加速度反向增加,滑块做加速度逐渐增大的减速运动,直至停止,
所以滑块向右滑动的过程中,加速度先减小后增大,B项错误;由动能定理可知,合外力做正功最多时,滑块动能最大,此时电场力减小到与摩擦力恰好相等,即Eq=μmg,解得E=2.0×106 N/C,即x=0.15 m。滑块由静止释放至运动到x=0.15 m处过程中,q(φ0.10-φ0.15)-μmg(0.15 m-0.10 m)=eq \f(1,2)mv m2,代入已知条件解得:vm=0.1 m/s,C项正确;若滑块可以运动到0.3 m处,则电场力做功6×10-3 J,而克服摩擦力需做功Wf=8×10-3 J,所以滑块不可能运动到0.3 m处,D项错误。
【答案】AC
8.【解析】根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,场强与电势的关系:E=eq \f(Δφ,Δx),得:E=eq \f(1,q)·eq \f(ΔEp,Δx),由数学知识可知Ep-x图像切线的斜率等于eq \f(ΔEp,Δx),x1处切线斜率为零,则x1处电场强度为零,故A错误;由题图看出在0~x1段图像切线的斜率不断减小,由上式知场强减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小,做非匀变速运动,x1~x2段图像切线的斜率不断增大,场强增大,粒子所受的电场力增大,做非匀变速运动,x2~x3段斜率不变,场强不变,即电场强度大小和方向均不变,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,做匀变速直线运动,故B错误,D正确;根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,粒子带负电,q<0,则知:电势能越大,粒子所在处的电势越低,所以有:φ1>φ2=φ0>φ3,故C错误。
【答案】D
9. 【解析】如图所示,根据三角形定则,在重力G大小和方向都不变、库仑斥力F变大且与重力之间的夹角θ由90°逐渐减小的过程中,合力F合将逐渐增大,A项错误;从N到P的运动过程中,支持力不做功,而重力与库仑力的合力F合与速度之间的夹角α由锐角逐渐增大到90°,再增大为钝角,即合力F合对小球a先做正功后做负功,小球a的速率先增大后减小,B项正确;小球a从N到Q靠近小球b的运动过程中,库仑力一直做负功,电势能一直增加,C项正确;从P到Q的运动过程中,小球a减少的动能等于增加的重力势能与增加的电势能之和,D项错误。
【答案】BC
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