《最新2020届高三高考物理一轮复习《静电场》专题专练.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《最新2020届高三高考物理一轮复习《静电场》专题专练.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精品资料2020届高三高考物理一轮复习静电场专题专练.静电场1.如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()AU1U218 BU1U214CU1U212 DU1U21162.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV飞经等势面C时，电势能为10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是 ( )vABCDA等势面A的电势为10V B匀强
2、电场的场强大小为200V/mC电子再次飞经D势面时，动能为10eV D电子的运动为匀变速直线运动3.如图所示，在水平放置的光滑金属板中点的正上方，有带正电的点电荷，一表面绝缘带正电的金属小球可视为质点，且不影响原电场，自左向右以初速向右运动，则在运动过程中（）A小球先做减速后加速运动；B小球做匀速直线运动；C小球受到的电场力的冲量为零；D小球受到的电场力对小球做功为零。4.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OAh，此电子具有的初动能是()A.BedUh C. D5.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为
3、q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mgqE，则()A电场方向竖直向上 B小球运动的加速度大小为gC小球上升的最大高度为 D若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为6.（2018卷）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（ ）A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率
4、是经过d时的2倍7.如图虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab = Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知 ( )AP点电势高于Q点电势B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D.带点质点通过P 点的加速度比通过Q点的加速度大；8.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大
5、小为()A. B. C. D.9.如图所示，在真空中一条竖直向下的电场线上有a、b两点一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零则下面说法正确的是()A该带电质点一定带正电荷 B该带电质点一定带负电荷Ca点的电场强度大于b点的电场强度 D质点在b点所受到的合力一定为零10.平行板电容器两板间有匀强电场，其中有一个带电液滴处于静止，如图当发生下列哪些变化时，液滴将向上运动？（ ）图651A.将电容器的下极板稍稍下移；B.将电容器的上极板稍稍下移；C.将S断开，并把电容器的下极板稍稍向左水平移动；D.将S断开，并把电容器的上极板稍稍下移11.一平行板电容器充电后与电源断开
6、，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则P+AU变小，E不变 BE变大，EP变大CU变小，EP不变 DU不变，EP不变12.若在一半径为r，单位长度带电荷量为q(q0)的均匀带电圆环上有一个很小的缺口l(且lr)，如图所示，则圆心处的场强大小为()A. B. C. D参考答案1.如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到B板中间；设粒子两次射
7、入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()AU1U218 BU1U214CU1U212 DU1U2116粒子在电场中做类平抛运动：轨迹1的运动学方程为：轨迹2的运动学方程为：联立1、2、3、4式得：粒子受到电场力的作用，结合牛二定律得联立6、7式得：可见粒子做类平抛运动的加速度之比就等于电压之比；故A选项正确；2.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV飞经等势面C时，电势能为10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是 ( )vABCDA等势面A的电势为10V B匀强电场的场强大小为200
8、V/mC电子再次飞经D势面时，动能为10eV D电子的运动为匀变速直线运动【答案】ABD【解析】根据题意电子从等势面D飞到等势面B 动能减小了20ev，相邻等势面电势差相等，电场力做功大小相同，故每经过一个等势面动能减小10ev，可见电子在等势面C 时的动能为10ev，电子在电场中运动的过程中电势能与动能之和为定值即EK+EP=C；等势面C的电势能为-10ev，所以电子的总能量为0ev；电子在任意位置的总能量均为0；所以电子在等势面D的电势能为-20ev，在等势面B 的电势能为0ev；又；故；;；故A选项正确；电子再次飞经等势面B的电势为-20ev；电子受到与运动方向相反的电场力，且大小不变，
9、故D 对；3.如图所示，在水平放置的光滑金属板中点的正上方，有带正电的点电荷，一表面绝缘带正电的金属小球可视为质点，且不影响原电场，自左向右以初速向右运动，则在运动过程中（）A小球先做减速后加速运动；B小球做匀速直线运动；C小球受到的电场力的冲量为零；D小球受到的电场力对小球做功为零。【答案】B【解析】金属板放在带正电的+Q形成的电场中一段时间后，达到静电平衡，可以看成是等势体，小球可视为质点，意味着不计其体积的大小，这样相当于点电荷在等势体的表面移动，等势体表面的场强为0，电场力为0，故小球将做匀速直线运动；电场力对小球不做功且冲量也为0；4.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m
10、，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OAh，此电子具有的初动能是()A.BedUh C. D【答案】D【解析】电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小。根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力。这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题。即mveUOA。因E，UOAEh，故mv，故选项D正确。5.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mgqE，则()A电场方向竖直向上 B小球运动的加速度大小为gC小球上升的最大
11、高度为 D若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为【答案】BD【解析】由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知ag，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得mg2h0mv，解得h，C错误，电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则EpqE2hcos 120qEhmg，D正确。6.（2018卷）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一
12、电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（ ）A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】AB【解析】根据题述，匀强电场中等势面间距相等，相邻等势面之间的电势差相等.设相邻等势面之间的电势差为U，根据电子从a到d的过程中克服电场力所做功为Wab=6eV，电场方向水平向右.由Wab=3eV，联立解得：U=2V.已知b的电势为2V，则平面c上的电势为零，选项A正确；由于af之间的电势差为4U=8V，一电子经过a时的动能为10eV，由于题述没有指出电子速
13、度方向，若该电子速度方向指向左或指向上或下，则该电子就到达不了平面f，选项B正确；由于题述没有指出电子速度方向，选项CD错误.7.如图虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab = Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知 ( )AP点电势高于Q点电势B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D.带点质点通过P 点的加速度比通过Q点的加速度大；【答案】BD【解析】因为题干中画出的是等势面与质点的运动图像，结合电场线与等势面的垂直关系，需要将等势面的图像转化
14、为电场线的图像进行处理， 如图所示 ； 根据带点质点的运动轨迹与其受力方向在同一侧的特点，可知质点的受力方向沿电场线向右下方，因为质点带负电，所以场强方向如图所示；沿着电场线的方向电势是降低的所以可知；根据，质点带负电荷，可知质点在P点的电势能较大；故A错B 对；因为粒子在纯电场中运动时，电势能与动能之和为定值，所以质点在Q点的动能较大；故C错，质点在P处的电场线较密，场强较大，加速度较大；故D选项正确；8.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k.若三个小球均
15、处于静止状态，则匀强电场场强的大小为()A. B. C. D.【答案】B【解析】选B.各小球都在力的作用下处于静止状态，分别对各小球受力分析，列平衡方程可求解以c球为研究对象，除受另外a、b两个小球的库仑力外还受匀强电场的静电力，如图所示，c球处于平衡状态，据共点力平衡条件可知F静2kcos 30；F静Eqc，解得E，选项B正确9.如图所示，在真空中一条竖直向下的电场线上有a、b两点一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零则下面说法正确的是()A该带电质点一定带正电荷 B该带电质点一定带负电荷Ca点的电场强度大于b点的电场强度 D质点在b点所受到的合力一定为零【答案
16、】BC【解析】粒子从静止开始向上运动，说明粒子受到的电场力向上，证明粒子带负电，粒子的速度先从静止增大，再减小为零，说明粒子受到的电场力开始时大于重力，做加速运动然后不断减小后半程小于重力，做减速运动；因为电场力的大小等于F=Eq，所以粒子在a点的场强大于b点的场强；粒子运动的前半程：Eq-mg=ma；场强不断减小，粒子做加速度减小的加速运动，某时刻Eq=mg粒子的加速度为零，速度达到最大，之后电场力大于重力mg-Eq=ma；粒子做加速度增大的减速运动；到b点时粒子的速度为零，合外力不为零。10.平行板电容器两板间有匀强电场，其中有一个带电液滴处于静止，如图当发生下列哪些变化时，液滴将向上运动
17、？（ ）图651A.将电容器的下极板稍稍下移；B.将电容器的上极板稍稍下移；C.将S断开，并把电容器的下极板稍稍向左水平移动；D.将S断开，并把电容器的上极板稍稍下移【答案】BC【解析】A：将电容器的下极板稍稍下移，d增大，；C减小，电容器处于充电状态U不变，；d增大E减小；F=Eq，油滴受到的电场力电场力减小，小于重力，所以油滴向下运动A错；B 电容器处于充电状态电容器的上极板下移，d减小，U不变，E增大，F增大，电场力大于重力，油滴将向上移动B 对将S断开，并把电容器的下极板稍稍向左水平移动 S减小，C减小，Q不变；，U增大，d不变，E增大，F增大，电场力大于重力油滴上移；C对将S断开，并
18、把电容器的上极板稍稍下移，S断开Q不变，上极板下移d减小，C增大，U减小，联立1、2、3式得：；可见E的大小不变，F不变，油滴继续保持静止；D错；11.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则P+AU变小，E不变 BE变大，EP变大CU变小，EP不变 DU不变，EP不变【答案】A、C【解析】电容器处于断电状态Q不变，上极板下移d减小，C增大；U减小；结合公式：联立1、2、3得；故场强E不变；A对又，电容器下极板接地电势为0，设P点的电势为，P点距下极板的距离为x，则=E.x；因为E与x的大小均不变，故Ep也不变；故C选项正确；12.若在一半径为r，单位长度带电荷量为q(q0)的均匀带电圆环上有一个很小的缺口l(且lr)，如图所示，则圆心处的场强大小为()A. B. C. D【答案】C【解析】把缺口处填补为完整的圆，则填补上的小圆弧带电荷量qlq由于lr，故可视为点电荷，它在O点产生的场强为：E由对称性可知整个圆环在O点的场强E合0，则存在缺口时在O点的场强大小EE即E。故选项C正确。