高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 靜電場 能力課時(shí)8 電場中的“三大”問題的突破方法-人教版高三全冊(cè)物理試題

能力課時(shí)8電場中的“三大”問題的突破方法一、單項(xiàng)選擇題1.兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷位于x軸上，關(guān)于原點(diǎn)O呈對(duì)稱分布，下列能正確描述電場強(qiáng)度E隨位置x變化規(guī)律的圖是() 解析兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷位于x軸上，關(guān)于原點(diǎn)O呈對(duì)稱分布，其電場線分布如圖所示。結(jié)合圖可知在原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度為零，能正確描述電場強(qiáng)度E隨位置x變化規(guī)律的圖是A。 答案A2.平行板間加如圖1所示的周期性變化的電壓，重力不計(jì)的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝eq\f(T,2)時(shí)刻開始將其釋放，運(yùn)動(dòng)過程無碰板情況，則能定性描述粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖象的是()圖1 解析每半個(gè)周期兩板間的電壓恒定，板間電場為勻強(qiáng)電場，粒子所受電場力恒定，因此粒子從eq\f(T,2)時(shí)刻開始在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在T時(shí)刻電場反向，電場力大小不變，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在eq\f(3,2)T時(shí)刻速度減為零，以后循環(huán)此過程。 答案A3.電場中的三條等勢(shì)線如圖2中實(shí)線a、b、c所示，三條等勢(shì)線的電勢(shì)φa＞φb＞φc。一電子以沿PQ方向的初速度，僅在電場力的作用下沿直線從P運(yùn)動(dòng)到Q，則這一過程中電子運(yùn)動(dòng)的v－t圖象大致是圖線中的()圖2 解析電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，電場力所做的功為W＝q(φP－φQ)，因?yàn)閝＜0，且φP＜φQ，所以W＞0，由動(dòng)能定理可知，電子的動(dòng)能不斷增大，即速度不斷增大，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤；P點(diǎn)附近等勢(shì)面密集，故場強(qiáng)較大，電子在P點(diǎn)附近所受電場力大，電子的加速度也就大，對(duì)應(yīng)v－t圖象的斜率大，故由P到Q，v－t圖象的斜率不斷減小，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤。 答案A4.兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷固定在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化的關(guān)系如圖3所示，其中C為ND段電勢(shì)最低的點(diǎn)，則下列說法正確的是()圖3 A.q1、q2為等量異種電荷 B.N、C兩點(diǎn)間場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向 C.N、D兩點(diǎn)間的電場強(qiáng)度大小沿x軸正方向先減小后增大 D.將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小 解析根據(jù)q1左側(cè)和q2右側(cè)電勢(shì)隨距離增大而降低可判斷兩者均為正電荷，A錯(cuò)誤；N、C間的電場方向沿x軸正方向，C點(diǎn)場強(qiáng)為0，B錯(cuò)誤；根據(jù)N→D間圖線的斜率大小先減小后增大可知，場強(qiáng)先減小到零后反向增大，C正確；正電荷從N移到D，由Ep＝qφ知，電勢(shì)能先減小后增大，D錯(cuò)誤。 答案C5.(2016·河北唐山模擬)粗糙絕緣的水平桌面上，有兩塊豎直平行相對(duì)而立的金屬板A、B。板間桌面上靜止著帶正電的物塊，如圖4甲所示，當(dāng)兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時(shí)，設(shè)直到t1時(shí)刻物塊才開始運(yùn)動(dòng)，(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力可認(rèn)為相等)，則()圖4 A.在0～t1時(shí)間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右 B.在t1～t3時(shí)間內(nèi)，物塊受到的摩擦力先逐漸增大，后逐漸減小 C.t3時(shí)刻物塊的速度最大 D.t4時(shí)刻物塊的速度最大 解析在0～t1時(shí)間內(nèi)，電場力小于最大靜摩擦力，物塊靜止，靜摩擦力與電場力大小相等，即Ff＝qE＝qeq\f(U,d)，隨電壓增大，摩擦力增大，但是正電荷所受電場力與電場同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1～t3時(shí)間內(nèi)，電場力大于最大靜摩擦力，物塊一直加速運(yùn)動(dòng)，摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，由于正壓力即是物塊的重力，所以摩擦力不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t3到t4階段，電場力小于摩擦力，但物塊仍在運(yùn)動(dòng)且為減速運(yùn)動(dòng)，故t3時(shí)刻速度最大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 答案C二、多項(xiàng)選擇題6.某靜電場中的一條電場線與x軸重合，其電勢(shì)的變化規(guī)律如圖5所示。在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則在－x0～x0區(qū)間內(nèi)()圖5 A.該靜電場是勻強(qiáng)電場 B.該靜電場是非勻強(qiáng)電場 C.電子將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小 D.電子將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大 解析由于電勢(shì)φ隨x的變化不是均勻變化，即eq\f(Δφ,Δx)不是常數(shù)，所以該靜電場一定是非勻強(qiáng)電場，且O點(diǎn)電場強(qiáng)度最大，x0處電場強(qiáng)度最小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由電勢(shì)變化規(guī)律可知，電場線方向指向x軸負(fù)方向，在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子所受電場力的方向指向x軸正方向，電子將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，且加速度逐漸減小，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 答案BC7.(2016·湖南師大附中月考)如圖6所示，在絕緣的斜面上方存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，斜面上的帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動(dòng)能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8J，重力做功24J，則以下判斷正確的是()圖6 A.金屬塊帶正電荷 B.金屬塊克服電場力做功8J C.金屬塊的機(jī)械能減少12J D.金屬塊的電勢(shì)能減少4J 解析WG＝24J，Wf＝－8J，ΔEk＝12J，由動(dòng)能定理得電場力做功WE＝－4J，說明金屬塊帶正電荷，因此選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；金屬塊的電勢(shì)能變化量ΔEp＝－WE＝4J>0，因此選項(xiàng)D錯(cuò)誤；金屬塊的機(jī)械能變化量ΔE＝WE＋Wf＝－12J<0，選項(xiàng)C正確。 答案AC8.如圖7所示，用長L＝0.50m的絕緣輕質(zhì)細(xì)線，把一個(gè)質(zhì)量m＝1.0g帶電小球懸掛在均勻帶等量異種電荷的平行金屬板之間，平行金屬板間的距離d＝5.0cm，兩板間電壓U＝1.0×103V。靜止時(shí)，絕緣細(xì)線偏離豎直方向θ角，小球偏離豎直線的距離a＝1.0cm。取g＝10m/s2。則下列說法正確的是()圖7 A.兩板間電場強(qiáng)度的大小為2.0×104V/m B.小球帶的電荷量為1.0×10－8 C.若細(xì)線突然被剪斷，小球在板間將做類平拋運(yùn)動(dòng) D.若細(xì)線突然被剪斷，小球在板間將做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 解析設(shè)兩板間的電場強(qiáng)度為E，根據(jù)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)和電勢(shì)差的關(guān)系得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(1.0×103,5.0×10－2)V/m＝2.0×104V/m，A項(xiàng)正確；小球靜止時(shí)受力平衡，由平衡條件得qE＝mgtanθ，解得q＝eq\f(mgtanθ,E)。因?yàn)棣冉呛苄?，所以tanθ≈sinθ＝eq\f(a,L)＝eq\f(1,5)，解得q＝1.0×10－8C，B項(xiàng)正確；細(xì)線剪斷時(shí)，由于小球受到重力和電場力的合力為恒力，且小球初速度為零，故小球做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。 答案ABD三、非選擇題9.如圖8所示，兩塊平行金屬板MN間的距離為d，兩板間電壓U隨t的變化規(guī)律如圖所示，電壓的絕對(duì)值為U0。t＝0時(shí)刻M板的電勢(shì)比N板低。在t＝0時(shí)刻有一個(gè)電子從M板處無初速釋放，經(jīng)過1.5個(gè)周期剛好到達(dá)N板。電子的電荷量為e，質(zhì)量為m。求：圖8 (1)該電子到達(dá)N板時(shí)的速率v； (2)在1.25個(gè)周期末該電子和N板間的距離s。 解析(1)根據(jù)題圖可知，粒子先勻加速eq\f(T,2)，再勻減速eq\f(T,2)，速度減到零，最后勻加速eq\f(T,2)到達(dá)N板，根據(jù)動(dòng)能定理得 eeq\f(U0,3)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(\f(2U0e,3m))。 (2)根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，粒子每eq\f(T,2)運(yùn)動(dòng)eq\f(d,3)的距離，從T到1.25T的時(shí)間內(nèi)，粒子運(yùn)動(dòng)了eq\f(1,4)×eq\f(d,3)＝eq\f(d,12)，故1.25個(gè)周期末該電子和N板間的距離s＝eq\f(d,3)－eq\f(d,12)＝eq\f(d,4)。 答案(1)eq\r(\f(2U0e,3m))(2)eq\f(d,4)10.如圖9所示，在豎直平面內(nèi)，一勻強(qiáng)電場方向豎直向上，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電微粒以水平初速度v0由P點(diǎn)射入，入射方向與電場線垂直。帶電微粒從Q點(diǎn)射出電場時(shí)，其速度方向與電場線夾角為30°。知?jiǎng)驈?qiáng)電場的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為零，重力加速度為g。圖9 (1)求帶電微粒在Q點(diǎn)的電勢(shì)能； (2)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??； (3)當(dāng)該帶電微粒電勢(shì)能為－eq\f(1,2)qU時(shí)，機(jī)械能變化了多少？ 解析(1)根據(jù)帶電微粒的偏轉(zhuǎn)方向，知該微粒帶正電，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U＝φP－φQ，電場力做正功，電勢(shì)能減少，而P點(diǎn)的電勢(shì)能為零 根據(jù)φ＝eq\f(Ep,q) 得EpQ＝－qU (2)建立直角坐標(biāo)系，垂直于電場線方向?yàn)閤軸，平行于電場方向?yàn)閥軸，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)可得tan30°＝eq\f(v0,vy) vy＝at d＝v0t a＝eq\f(Eq－mg,m) 解得E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0)＋mgd,qd) (3)當(dāng)該帶電微粒電勢(shì)能為－eq\f(1,2)qU時(shí)，電場力做了eq\f(1,2)qU的正功，所以機(jī)械能增加了eq\f(1,2)qU 答案(1)－qU(2)eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0)＋mgd,qd)(3)eq\f(1,2)qU11.(2015·山東八校聯(lián)考)如圖10所示，一根長L＝1.5m的光滑絕緣細(xì)直桿MN，豎直固定在場強(qiáng)為E＝1.0×105N/C、與水平方向成θ＝30°角的傾斜向上的勻強(qiáng)電場中。桿的下端M固定一個(gè)帶電小球A，電荷量Q＝＋4.5×10－6C，另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動(dòng)，電荷量q＝＋1.0×10－6C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg。現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運(yùn)動(dòng)。(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m圖10 (1)小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為多大？ (2)小球B的速度最大時(shí)，距M端的高度h1為多大？ (3)小球B從N端運(yùn)動(dòng)到距M端的高度h2＝0.61m時(shí)，速度為v＝1.0m/s，求此過程中小球B的電勢(shì)能改變了多少？ 解析(1)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mg－keq\f(Qq,L2)－qEsinθ＝ma① 解得a＝g－eq\f(kQq,L2m)－eq\f(qEsinθ,m)② 代入數(shù)據(jù)解得：a＝3.2m/s2③ (2)小球B速度最大時(shí)合力為零，即eq\f(kQq,he