《2013年高三物理一轮 第6章《静电场》第三讲》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013年高三物理一轮 第6章《静电场》第三讲（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2013金版新学案高三一轮复习物理第6章静电场第三讲(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1.(2011湖南长沙高三质检)如右图所示，将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，充电完成后，将电键S闭合到2位置，让其放电，在电键S闭合瞬间将产生火花放电后，再次将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，然后断开电键，将两金属板间距离拉大些，并再次将电键闭合到2位置，让其放电，产生火花，则两次放电过程相比较()A两次放电过程放出的电荷量相等B两次放电过程释放的能量相等C第二次放电过程放出的电荷量较大D第二次放电过程释放的能量较小解析：两次充电是用同一电源进行的，所以所充电的电荷量相同
2、，故放电时所放出的电荷量也相等，在将两金属板间距离拉大的过程中，克服电场力做功，电场能增加答案：A2.如右图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球()A将打在下板中央B仍沿原轨迹由下板边缘飞出C不发生偏转，沿直线运动D若上板不动，将下板上移一段距离，小球一定打不到下板的中央解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E，可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上
3、移动时，小球可能打在下板的中央所以只有选项B正确答案：B3(2010海门模拟)如右图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则()A导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小解析：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左右，则导
4、体芯A所带电荷量在减小，由QCU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确答案：D4.如右图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则()A当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D小球在运动过程中机械能守恒解析：若qEmg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大若qEmg，球在a处速度最大，对细线的拉力最大故A、B错a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最低，故C正确小球在运动过程中除重力外，还有电场力做功，机械能不守恒，D错误答案：
5、C5(2011衡阳四市毕业班联考)如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板则下列说法正确的是()A电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)B电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)C电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出D电子射出后动能一定增大解析：由题意可知，当电子在电场中运动的时间恰好等于在A、B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A、B错，C对；当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D错答案：C6(2010安
6、徽理综)如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是()A保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小解析：当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力F三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压，当R2不变，R1变化时，电容器两极板电压
7、不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，F不变，C、D两项错若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱，小球受电场力减小，F变小故B项正确答案：B7在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()A在t2.5 s时，小球经过边界MNB小球受到的重力与电场力之比为32C在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势
8、能总和先变大再变小解析：由速度图象可知，带电小球在区域与区域中的加速度之比为32，由牛顿第二定律可知：，所以小球所受的重力与电场力之比为35，B错误小球在t2.5 s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C正确因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错答案：C8(2011山东济南模拟)如下图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是()A滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置下降B滑动触头向左移动时，其他不变，则
9、电子打在荧光屏上的位置上升C电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大解析：设加速电压为U0，进入偏转电场时的速度为v0，则电子经加速电场：eU0mv偏转电场中：Lv0tyt2ymv2mv由得y当滑动触头向右滑动时，U0变大，y变小，所以选项A、B均错对得mv2eU0当U增大时，mv2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C错，D对答案：D9.一个带负电荷q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释
10、放该小球，则()A小球不能过B点B小球仍恰好能过B点C小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0D以上说法都不对解析：小球从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，则mgm，mg(h2R)mv；加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球，则(mgqE)(h2R)mv，联立解得mgqE，满足小球恰好能过B点的临界条件，选项B正确答案：B10.如右图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C
11、点，已知ABBC.不计空气阻力，则可知()A微粒在电场中作类平抛运动B微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等CMN板间的电势差为2mv/qDMN板间的电势差为Ev/2g解析：因电场力和重力均为恒力，其合力亦为恒力，且与v0有一定夹角，故微粒做匀变速曲线运动即抛物线运动，但不是类平抛运动，所以A错因ABBC，即tt可见vCv0.故B项正确；由动能定理，得：W电WGEk0，即：qmg0，所以Umv/q，故C项错误；又由mgqE得q代入U，得U，故D项错误答案：B二、非选择题11.如右图所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E4.0102 N/C、水平向左的匀强电场一个
12、质量m0.10 kg、带电荷量q5.0105 C的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x10.20 m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x20.10 m的Q点，滑块第一次速度减为零若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能解析：(1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a此过程滑块所受合外力FqE2.0102 N根据牛顿第二定律Fma，解得a0.20 m
13、/s2.(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功W1qEx14.0103 J.(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功即EqE(x1x2)2.0103 J.答案：(1)0.20 m/s2(2)4.0103 J(3)2.0103 J12.如右图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏现有一电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan ；(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x.解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a所以vya所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan .(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则ya2又xyLtan 解得：x.答案：(1)(2)tan (3)
