2024年領軍高考物理一輪復習專題13.3靜電場提高訓練含解析

PAGEPAGE8專題13.3靜電場1.（2024?卷Ⅰ）圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V。一電子經(jīng)過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是（

）A.

平面c上的電勢為零

B.

該電子可能到達不了平面f

C.

該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4eV

D.

該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍【答案】AB【解析】依據(jù)題述，勻強電場中等勢面間距相等，相鄰等勢面之間的電勢差相等.設相鄰等勢面之間的電勢差為U，依據(jù)電子從a到d的過程中克服電場力所做功為Wab=6eV，電場方向水平向右.由Wab=3eV，聯(lián)立解得：U=2V.已知b的電勢為2V，則平面c上的電勢為零，選項A正確；由于af之間的電勢差為4U=8V，一電子經(jīng)過a時的動能為10eV，由于題述沒有指出電子速度方向，若該電子速度方向指向左或指向上或下，則該電子就到達不了平面f，選項B正確；由于題述沒有指出電子速度方向，選項CD錯誤.2.如圖虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶負電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知()A．P點電勢高于Q點電勢B．帶電質(zhì)點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大C．帶電質(zhì)點通過P點時的動能比通過Q點時大D.帶點質(zhì)點通過P點的加速度比通過Q點的加速度大；【答案】BD【解析】因為題干中畫出的是等勢面與質(zhì)點的運動圖像，結(jié)合電場線與等勢面的垂直關系，須要將等勢面的圖像轉(zhuǎn)化為電場線的圖像進行處理，如圖所示；依據(jù)帶點質(zhì)點的運動軌跡與其受力方向在同一側(cè)的特點，可知質(zhì)點的受力方向沿電場線向右下方，因為質(zhì)點帶負電，所以場強方向如圖所示；沿著電場線的方向電勢是降低的所以可知；依據(jù)，質(zhì)點帶負電荷，可知質(zhì)點在P點的電勢能較大；故A錯B對；因為粒子在純電場中運動時，電勢能與動能之和為定值，所以質(zhì)點在Q點的動能較大；故C錯，質(zhì)點在P處的電場線較密，場強較大，加速度較大；故D選項正確；3.(2013全國2)如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電．整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中．已知靜電力常量為k.若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為()A.eq\f(\r(3)kq,3l2)B.eq\f(\r(3)kq,l2)C.eq\f(3kq,l2) D.eq\f(2\r(3)kq,l2)【答案】B【解析】選B.各小球都在力的作用下處于靜止狀態(tài)，分別對各小球受力分析，列平衡方程可求解．以c球為探討對象，除受另外a、b兩個小球的庫侖力外還受勻強電場的靜電力，如圖所示，c球處于平衡狀態(tài)，據(jù)共點力平衡條件可知F靜＝2keq\f(qqc,l2)cos30°；F靜＝Eqc，解得E＝eq\f(\r(3)kq,l2)，選項B正確．4.如圖所示，在真空中一條豎直向下的電場線上有a、b兩點．一帶電質(zhì)點在a處由靜止釋放后沿電場線向上運動，到達b點時速度恰好為零．則下面說法正確的是()A．該帶電質(zhì)點肯定帶正電荷B．該帶電質(zhì)點肯定帶負電荷C．a(chǎn)點的電場強度大于b點的電場強度D．質(zhì)點在b點所受到的合力肯定為零【答案】BC【解析】粒子從靜止起先向上運動，說明粒子受到的電場力向上，證明粒子帶負電，粒子的速度先從靜止增大，再減小為零，說明粒子受到的電場力起先時大于重力，做加速運動然后不斷減小后半程小于重力，做減速運動；因為電場力的大小等于F=Eq，所以粒子在a點的場強大于b點的場強；粒子運動的前半程：Eq-mg=ma；場強不斷減小，粒子做加速度減小的加速運動，某時刻Eq=mg粒子的加速度為零，速度達到最大，之后電場力大于重力mg-Eq=ma；粒子做加速度增大的減速運動；到b點時粒子的速度為零，合外力不為零。5.平行板電容器兩板間有勻強電場，其中有一個帶電液滴處于靜止，如圖當發(fā)生下列哪些改變時，液滴將向上運動？（）圖6－5－1圖6－5－1A.將電容器的下極板稍稍下移；B.將電容器的上極板稍稍下移；C.將S斷開，并把電容器的下極板稍稍向左水平移動；D.將S斷開，并把電容器的上極板稍稍下移【答案】BC【解析】A：將電容器的下極板稍稍下移，d增大，；C減小，電容器處于充電狀態(tài)U不變，；d增大E減小；F=Eq，油滴受到的電場力電場力減小，小于重力，所以油滴向下運動A錯；B電容器處于充電狀態(tài)電容器的上極板下移，d減小，U不變，E增大，F(xiàn)增大，電場力大于重力，油滴將向上移動B對將S斷開，并把電容器的下極板稍稍向左水平移動S減小，C減小，Q不變；，U增大，d不變，E增大，F(xiàn)增大，電場力大于重力油滴上移；C對將S斷開，并把電容器的上極板稍稍下移，S斷開Q不變，上極板下移d減小，C增大，U減小，聯(lián)立1、2、3式得：；可見E的大小不變，F(xiàn)不變，油滴接著保持靜止；D錯；6.如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶16粒子在電場中做類平拋運動：軌跡1的運動學方程為：軌跡2的運動學方程為：聯(lián)立1、2、3、4式得：粒子受到電場力的作用，結(jié)合牛二定律得聯(lián)立6、7式得：可見粒子做類平拋運動的加速度之比就等于電壓之比；故A選項正確；7.如圖所示，A、B、C、D為勻強電場中相鄰的四個等勢面，一個電子垂直經(jīng)過等勢面D時，動能為20eV飛經(jīng)等勢面C時，電勢能為－10eV，飛至等勢面B時速度恰好為零，已知相鄰等勢面間的距離為5cm，則下列說法正確的是()vvABCDA．等勢面A的電勢為－10VB．勻強電場的場強大小為200V/mC．電子再次飛經(jīng)D勢面時，動能為10eVD．電子的運動為勻變速直線運動【答案】ABD【解析】依據(jù)題意電子從等勢面D飛到等勢面B動能減小了20ev，相鄰等勢面電勢差相等，電場力做功大小相同，故每經(jīng)過一個等勢面動能減小10ev，可見電子在等勢面C時的動能為10ev，電子在電場中運動的過程中電勢能與動能之和為定值即EK+EP=C；等勢面C的電勢能為-10ev，所以電子的總能量為0ev；電子在隨意位置的總能量均為0；所以電子在等勢面D的電勢能為-20ev，在等勢面B的電勢能為0ev；又；故；;；故A選項正確；；電子再次飛經(jīng)等勢面B的電勢為-20ev；電子受到與運動方向相反的電場力，且大小不變，故D對；8.如圖所示，在水平放置的光滑金屬板中點的正上方，有帶正電的點電荷＋Ｑ，一表面絕緣帶正電的金屬小球Ｃ可視為質(zhì)點，且不影響原電場，自左向右以初速Ｖ０向右運動，則在運動過程中（）A．小球先做減速后加速運動；B．小球做勻速直線運動；C．小球受到的電場力的沖量為零；D．小球受到的電場力對小球做功為零。【答案】B【解析】金屬板放在帶正電的+Q形成的電場中一段時間后，達到靜電平衡，可以看成是等勢體，小球可視為質(zhì)點，意味著不計其體積的大小，這樣相當于點電荷在等勢體的表面移動，等勢體表面的場強為0，電場力為0，故小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動；電場力對小球不做功且沖量也為0；9.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是()A.eq\f(edh,U)B．edUhC.eq\f(eU,dh) D．eq\f(eUh,d)【答案】D【解析】電子從O點到A點，因受電場力作用，速度漸漸減小。依據(jù)題意和圖示推斷，電子僅受電場力，不計重力。這樣，我們可以用能量守恒定律來探討問題。即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d)，故選項D正確。10.(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動。ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，則()A．電場方向豎直向上B．小球運動的加速度大小為gC．小球上升的最大高度為eq\f(v\o\al(2,0),2g)D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為eq\f(mv\o\al(2,0),4)【答案】BD【解析】由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120°角，A錯誤；由圖中幾何關系可知，其合力為mg，由牛頓其次定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B正確；設帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得－mg·2h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)，C錯誤，電場力做負功，帶電小球的電勢能變大，當帶電小球速度為零時，其電勢能最大，則Ep＝－qE·2hcos120°＝qEh＝mg·eq\f(v\o\al(2,0),4g)＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)，D正確。11.一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，EP表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則PP·——－+A．U變小，E不變B．E變大，EP變大C．U變小，EP不變D．U不變，EP不變【答案】A、C【解析】電容器處于斷電狀態(tài)Q不變，上極板下移d減小，C增大；U減?。唤Y(jié)合公式：聯(lián)立1、2、3得；故場強E不變；A對又，電容器下極板接地電勢為0，設P點的電勢為，P點距下極板的距離為x，則=E.x；因為E與x的大小均不變，故Ep也不變；故C選項正確；12.若在一半徑為r，單位長度帶電荷量為q(q>0)的勻稱帶電圓環(huán)上有一個很小的缺口Δl(且Δl?r)，如圖所示，則圓心處的場強大小為()A.eq