专题7静电场（2018版高三物理一轮复习5年真题分类物理）.docx

1、 专题专题 7 7 静电场静电场 1 （2012 福建卷）.如图，在点电荷 Q 产生的电场中，将两个带正电的试探电荷、分 别置于 A、B 两点，虚线为等势线.取无穷远处为零电势点，若将、移动到无穷远的 过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是 AA 点电势大于 B 点电势 BA、B 两点的电场强度相等 C的电荷量小于的电荷量 D在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能 答案：C 解析：由题意知点电荷 Q 带负电，所以有ALB,但不能比较电荷量大小，所以 A 正确，B 错误；根据机械能 守恒定律得： 1 cos12 AA gLv， 2 cos12 BB gLv， 所以有 vAvB， 即

2、 C 正确； EkA=mAgLA(1-cos1)，EkB=mBgLB(1-cos2)， 1 2 A B 1 cos1costan cos1costan cos1tan cos1tan 211 122 21 12 B A KB KA L L E E 1D. 9 （2012 安徽卷）.如图所示，在平面直角 中，有方 向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点处的 电势为 0 V，点处的电势为 6 V, 点处的电势为 3 V, 则电场强度的大小为 ( ) A.200V/m B.200 V/m C.100 V/m D. 100 V/m 答案：A 解析：OA 中点 C 的电势为 3V，连 BC 得等势线，

3、作 BC 的垂线得电场线如图，由 d E U 得：200v/mE ， 故 A 对. 10 （2012 重庆卷） 空中 P、Q 两点处各固定一个点电荷，其中 P 点处为 正点电荷，P、Q 两点附近电场的等势面分布如题图所 示，a、b、c、d 为电场中的四个点.则 AP、Q 两点处的电荷等量同种 Ba 点和 b 点的电场强度相同 Cc 点的电热低于 d 点的电势 D负电荷从 a 到 c，电势能减少 答案：D 解析：根据电场线与等势线垂直得：必有一条电场线与 P、Q 连线重合，P 为正电荷，故该 电场线必从 P 沿直线指向 Q，因电场线总是由正电荷指向负电荷，故 P、Q 电荷为等量异种 电荷，A 选

4、项错误；电场强度是矢量，a、b 两处电场强度方向不同，B 选项错误；因越靠近 正电荷，电势越高，故 c 点电势高于 d 点电势，C 选项错误；根据等势线的分布及 P、Q 的 电性，c 所在的等势线电势高于 a 所在等势线的电势，负电荷从 a 到 c，电场力做正功，电 势能减少，D 选项正确. O AB 3 3 O x(cm) y(cm) A(6,0) B(0,) O x(cm) y(cm) A(6,0) B(0,3) Co Eo 11.（2012 海南卷）三个相同的金属小球 1.2.3.分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大 于小球的直径.球 1 的带电量为 q，球 2 的带电量为 nq，球

5、3 不带电且离球 1 和球 2 很远， 此时球 1、2 之间作用力的大小为 F.现使球 3 先与球 2 接触，再与球 1 接触，然后将球 3 移 至远处，此时 1、2 之间作用力的大小仍为 F，方向不变.由此可知 A.n=3 B.n=4 C.n=5 D. n=6 答案：D 解析：设 1、2 距离为 R，则： 2 2 nq F R ，3 与 2 接触后，它们带的电的电量均为： 2 nq ，再 3 与 1 接触后，它们带的电的电量均为 (2) 4 nq ，最后 2 2 (2) 8 n nq F R 有上两式得：n=6 12(2012 全国理综) 如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有

6、一带电小球，小球用一绝缘清线 悬挂于 O 点.先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为Q 和Q，此时悬线与竖直 方向的夹角为/6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到/3，且小球 与两极板不接触.求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量. 解析：根据力的平衡和力的合成， 6 tan mgEq ，根据电场强度与电势差的关系及电容的 定义得 Cd Q E ，所以 q mgCd Q 3 3 ；第二次充电后， q mgCd Q 3 ，所以第二次充电 使电容器正极板增加的电荷量Q q mgCd QQQ2 3 32 . 13 （2012 广东卷）.图 5 是某种静电矿料分选器的原理示意图，

7、带电矿粉经漏斗落入水平 匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有 A.带正电的矿粉落在右侧 B.电场力对矿粉做正功 C.带负电的矿粉电势能变大 D.带正电的矿粉电势能变小 答案：BD A BD. 14（2012 北京高考卷） “约瑟夫森结” 由超导体和绝缘体制成 若在结两端加恒定电压U， 则它会辐射频率为的电磁波，且与U成正比，即=kU已知比例系数k仅与元电荷的 2 倍和普朗克常数h有关，你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法， 在下列选项中，推理比例系数的值可能为 A 2 h e B 2e h C2he D 1 2he 答案：B 解析：由=kU，

8、又题目中提到元电荷 e 和普朗克常量 h，可联想到能量，即列出相关等式 qU=h，进而比较=kU，得出 k=q/h，再结合题意可知，k=2e/hB. 15 （2012 北京高考卷） 匀强电场的方向沿x轴正方向， 电场强度E随x的分布如图所示， 图中E0和d均为已知量将带正电的质点A在O点由静止释放A离开电场足够远后，再 将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放当B在电场中运动时，A、B间的相互作用 力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用已知A的电荷量 为Q，A和B的质量分别为m和 4 m 不计重力 （1）求A在电场中的运动时间t； （2）若B的电荷量为q= 4 9

9、Q，求两质点相互作用能的最大值Epm； （3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm O x E0 E d 解析： （1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度a= F m = 0 QE m A在电场中做匀变速直线运动 d= 1 2 at 2 解得运动时间 t= 2d a = 0 2dm QE （2）设A、B离开电场时的速度分别为A0、B0，由动能定理，有 QE0d= 1 2 m 2 0A ，QE0d= 1 24 m2 0B A、B相互作用过程中，动量和能量守恒A、B相互作用力为斥力，A受 的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对 B做负功A

10、、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于相互作用力大小相 等，相互作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功 之和为负，相互作用能增加所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者 速度相同，设为，有 (m+ 4 m )= mA0+ 4 m B0 Epm=( 1 2 m 2 0A + 1 24 m2 0B )- 1 2 (m+ 4 m ) 2 已知= 4 9 Q，由、式解得 相互作用能的最大值 Epm= 1 45 QE0d （3）考虑A、B在x d 区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互 作用，有 mA+ 4 m B= mA0+ 4 m B0 1 2

11、m 2 A + 1 24 m2 B = 1 2 m 2 0A + 1 24 m2 0B 由、解得 B=- 3 5 B0+ 8 5 A0 因B不改变运动方向，故 B=- 3 5 B0+ 8 5 A0 0 由、解得 q16 9 Q 即B所带电荷量的最大值qm=16 9 Q 16.（2012 山东卷）.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷.一 带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c 三点 是实线与虚线的交点.则该粒子 A带负电 B在 c 点受力最大 C在 b 点的电势能大于在 c 点的电势能 D由 a 点到 b 点的动能变化大于有 b 点

12、到 c 点的动能变化 答案：CD A 根据库仑定律 F=kQq/r 2 Bb 点运动到 c 点的过程中，电场力 CqU=EkUabUbc， D. 17.（2012 四川卷） （19 分） 如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆 心角= 37 0，半径 r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区 域有场强大小为E=2l0 5N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场.质量 m=5l0 -2kg、电荷量 q=+110 -6C 的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在 C点以速度 v0=3m/s 冲上斜轨.以小物

13、体通过C点时为计时起点， 0.1s 以后，场强大小不变，方向反向.已知斜轨与小物体间的 动摩擦因数=0.25.设小物体的电荷量保持不变，取 g=10m/s 2sin370=0.6，cos370=0.8. (1)求弹簧枪对小物体所做的功； (2)在斜轨上小物体能到达的最高点为 P，求 CP 的长度. 解析： (1)设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf-mgr(l-cos)=1 2 mv 0 2 代人数据得Wf=0.475J 说明：式 4 分，式 2 分. (2)取沿平直斜轨向上为正方向.设小物体通过 C 点进入电场后的加速度为 a1， 由牛顿第二定律得mgsin(mgcos+qE)=ma

14、1 小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s 后，速度达到v1，有 v1=v0+a1t1 由可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有 sl-v0t1+1 2 a 1t1 2 电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得 mgsin(mgcos-qE)=ma2 设小物体以此加速度运动到速度为 0，运动的时间为t2，位移为s2，有 0=v1+a2t2 s2=v1t2+1 2 a 2t2 2 设 CP 的长度为s，有 s=s1+s2 联立相关方程，代人数据解得 s=0.57m 18.（2012 安徽卷）. 如图 1 所示，半径为均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其 轴线上任意一点（

15、坐标为） 的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出： =2，方向沿轴.现考虑单位面积带电量为的无限大均匀带电平 板，从其中间挖去一半径为的圆板，如图 2 所示.则圆孔轴线上任意一点（坐标为） 的电场强度为 ( ) A. 2 B. 2 C. 2 D. 2 答案：A R PxE 2 1 22 1 xr x x 0 rQx 0 2 1 22 xr x 0 2 1 22 xr r 0 r x 0 x r O R x P 图 1 Or x Q 图2 解析：当R时， 22 xR x =0，则 0 k2E，当挖去半径为 r 的圆孔时，应在 E 中 减掉该圆孔对应的场强）（ 22 0r xr x -12E ，即 2 1 22 0 xr x 2E ）（ .选项 A 正 确.