零雾市雹输学校高考物理静电场-电场中大难点的突破方法达标诊断高效训练

碌雷州零雾市雹输学校第四节电场中“三大”难点的突破方法(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则()A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：选D.两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B错误，D正确．2.平行板间加如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．下图中，定性描述粒子运动的v－t图象正确的是()解析：选A.从t＝0时刻到t＝eq\f(T,2)时刻，带电粒子受到静电力的作用从平行板开始向极板的方向做匀加速运动，在t＝eq\f(T,2)时刻电场反转，静电力大小不变，方向相反，即加速度反向，带电粒子做匀减速运动，但是运动方向没有改变，到t＝T时刻，速度减小为0，然后继续开始加速，开始一个新的周期…满足上述运动的图象只有A.3．(2018·湖南常德模拟)在空间某区域存在一电场，x轴上各点电势随位置变化情况如图所示．－x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．下列关于该电场的论述正确的是()A．图中A点对应的场强大于B点对应场强B．图中A点对应的电势大于B点对应电势C．一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在－x1点的电势能D．一个带正电的粒子在－x1点的电势能大于在－x2点的电势能解析：选C.φ－x图象的斜率大小等于电场强度，所以B点对应的场强等于A点对应场强，故A错误；由图易知A点对应的电势小于B点对应电势，故B错误；由图可知，场强方向均指向O点，根据对称性可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在－x1点的电势能，故C正确；电场线指向O点，则正电荷由－x1到－x2的过程中电场力做负功，故电势能增加，故带正电的粒子在－x1点的电势能小于在－x2的电势能，故D错误．4．(2018·淮北一中模拟)如图所示，处于真空中的匀强电场方向水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度大小仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是()A．Q点在P点正下方B．小球电势能减少C．小球重力势能减少量等于eq\f(1,2)mg2t2D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧解析：选C.从P到Q点，根据动能定理可知：mgh＋W电＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，因重力做正功，则电场力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，则小球重力势能减少量等于ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，选项C正确．5．(2018·河南商丘模拟)如图所示，半径为R、均匀带正电的球体，AB为过球心O的直线上的两点，且OA＝2R，OB＝3R；球体的空间产生球对称的电场，场强大小沿半径方向分布情况如图所示，图中E0已知，E－r曲线下O～R部分的面积等于2R～3R部分的面积；则下列说法正确的是()A．A点的电势低于B点的电势B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．从球面到A点的电势差小于AB两点间的电势差D．带电量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做功eq\f(1,2)E0Rq解析：选D.球体带正电，电场线方向沿半径向外，故A点的电势高于B点的电势，A错误；因为A距O点半径为2R，B距O点距离为3R，从E－r图中2R处的电场强度大于3R处的电场强度，即EA>EB，B错误；根据U＝Ed可知图象的面积表示电势差，从E－r图可知R～2R围成的面积大于2R～3R围成的面积，即从球面到A点的电势差大于AB两点间的电势差，C错误；因为曲线下O～R部分的面积等于2R～3R部分的面积，即O～R间的电势差等于2R～3R间的电势差，即等于AB间的电势差，故电场力做功为W＝Uq＝eq\f(1,2)RE0·q，D正确．二、多项选择题6.某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内()A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：选BC.由于电势φ随x的变化不是均匀变化，即eq\f(Δφ,Δx)不是常数，所以该静电场一定是非匀强电场，且O点电场强度最大，x0处电场强度最小，选项A错误，B正确；由电势变化规律可知，电场线方向指向x轴负方向，在O点由静止释放一电子，电子所受电场力的方向指向x轴正方向，电子将沿x轴正方向运动，且加速度逐渐减小，选项C正确，D错误．7.(2018·株洲统一检测)如图，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，一个电荷量q＝1.41×10－4C，质量m＝1g的带电小球自A板上的孔P点以水平速度v0＝0.1m/s飞入两板之间的电场，经0.02s后未与B板相碰又回到P点，g取10m/sA．板间电场强度大小为100V/mB．板间电场强度大小为141V/mC．板与水平方向的夹角θ＝30°D．板与水平方向的夹角θ＝45°解析：选AD.因为小球从A板射到B板，沿水平方向运动，则可知，小球受力如图所示：设板间匀强电场的场强为E，板与水平方向夹角为θ，在竖直方向由平衡条件得Eqcosθ＝mg，在水平方向由牛顿第二定律和运动学公式得Eqsinθ·t＝2mv0，解得E＝eq\f(m,q)eq\r(g2＋\f(4veq\o\al(2,0),t2))＝eq\f(0.001,1.41×10－4)eq\r(102＋\f(4×0.01,4×10－4))V/m＝100V/m，tanθ＝eq\f(2v0,gt)＝eq\f(2×0.1,10×0.02)＝1，即θ＝45°，A、D正确.8．(2018·湖北六校联考)一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升．若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为()A．3v B．4vC．5v D．6v解析：选AC.若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg＝kv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：qeq\f(U,d)＝mg＋kv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有qeq\f(2U,d)＝mg＋kv′，联立三式解得v′＝3v，故A正确；如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有qeq\f(2U,d)＋mg＝kv″，联立三式解得v″＝5v，故C正确．三、非选择题9.(2018·内蒙古包头模拟)如图所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点．匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大．现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零．(1)求匀强电场的电场强度E的大小．(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度为g)解析：(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得：mgL－qEL＝0所以E＝eq\f(mg,q).(2)小球由C点释放后，将做匀加速直线运动，到B点时的速度为v0，小球做匀加速直线运动的加速度为aa＝eq\f(\r(2)mg,m)＝eq\r(2)g，veq\o\al(2,B)＝2a·eq\r(2)L，所以t＝eq\f(vB,a)＝eq\r(\f(2L,g)).答案：(1)eq\f(mg,q)(2)eq\r(\f(2L,g))10.(2018·河北衡水调研)如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h＝4m．BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L＝eq\r(3)m．斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)．现将一个质量为m＝1kg、电荷量为q＝0.1C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(\r(3),5)(g取10m/s2)．求：(1)小球到达C点时的速度大小；(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；(3)小球落地点距离C点的水平距离．解析：(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos30°eq\f(h,sin30°)－μ(mg＋Eq)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，解得vC＝2eq\r(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2R，在最高点以小球为研究对象，可得FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得FN＝30N，vD＝2eq\r(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma，解得a＝20m/s2.假设小球落在BC段，则应用类平抛运动的规律列式可得x＝vDt，2R＝eq\f(1,2)at2，解得x＝eq\r(2)m<eq\r(3)m，假设正确．答案：(1)2eq\r(10)m/s(2)30N(3)eq\r(2)m11．(2018·哈尔滨九中模拟)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处．(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经电场加速满足qU0＝eq\f(1,2)mv2，经电场偏转后侧移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(