高考物理试题分类汇编静电场

2015年高考物理试题分类汇编：静电场(2015新课标I-15).如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ，一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则A.直线a位于某一等势面内，φMφQB.直线c位于某一等势面内，φMφNC.若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【答案】B【考点】电场强度；电场线；电势能、电势；电势差；匀强电场中电势差与电场强度的关系。【解析】在匀强电场中，因为电子带负电，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，电场力对电子做负功，由W=qU,q=-e,则得φM-φN=φM-φP0,说明MQ为高电势，NP为低电势。所以直线c位于某一等势线内，选项A错B对。匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，φM=φQφP、电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错。电子由P点运动到Q点，电场力做正功，电势能减少，选项D错。【2015新课标II-14】14.如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转°45，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将A．保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】试题分析：现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误。考点：电容器；电场力；力的平衡【2015新课标II-24】24.（12分）如图，一质量为m、电荷量为q（q0）的例子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。【答案】qmvUAB20考点：动能定理；带电粒子在电场中运动（2015浙江-14）下列说法正确的是A电流通过导体的热功率与电流大小成正比B力对物体所做的功与力的作用时间成正比C电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比D弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比【答案】C考点：电功率，功，电容，胡克定律（2015浙江-16）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【答案】D【解析】试题分析：从图中可知金属板右侧连接电源正极，所以电场水平向左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，不会吸附到左极板上，B错误；乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，与左极板接触，然后乒乓球带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D正确；考点：考查了库仑力，静电感应（2015浙江-20）如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的MN两点，A上带有63.010QC的正电荷。两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为1F和2F。A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2kg（重力加速度取210/gms；静电力常量9229.010/kNmC，AB球可视为点电荷）则A支架对地面的压力大小为2.0NB两线上的拉力大小121.9FFNC将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小为121.225,1.0FNFND将B移到无穷远处，两线上的拉力大小120.866FFN【答案】BC考点：库仑定律，共点力平衡条件（2015四川-6）．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球aA．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【答案】BC考点：孤立点电荷等势面特征、库仑定律、平行四边形定则、功能关系、能量守恒定律的应用。（2015四川-10）．（18分）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tanα＝1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，求：（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。【答案】（1）t1＝0.5s；（2）W＝－9.25J。【解析】试题分析：（1）物体P在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg和支持力N作用，因此其滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝1N根据表格数据可知，物体P在速率v＝0～2m/s时，所受水平外力F1＝2N＞f，因此，在进入电场区域之前，物体P做匀加速直线运动，设加速度为a1，不妨设经时间t1速度为v1＝2m/s，还未进入电场区域。根据匀变速直线运动规律有：v1＝a1t1①根据牛顿第二定律有：F1－f＝ma1②由①②式联立解得：t1＝fFmv11＝0.5s＜0.55s，所以假设成立即小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间为t1＝0.5s（2）当物体P在速率v＝2～5m/s时，所受水平外力F2＝6N，设先以加速度a2再加速t2＝0.05s至A点，速度为v2，根据牛顿第二定律有：F2－f＝ma2③根据匀变速直线运动规律有：v2＝v1＋a2t2④由③④式联立解得：v2＝3m/s⑤物体P从A点运动至B点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F2＝6N不变，设位移为x1，加速度为a3，根据牛顿第二定律有：F2－f－qE＝ma3⑥根据匀变速直线运动规律有：2a3x1＝2Bv－22v⑦由⑤⑥⑦式联立解得：x1＝1m⑧根据表格数据可知，当物体P到达B点时，水平外力为F3＝qE＝3N，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D点时，其水平向右运动位移为x2，时间为t3，则在水平方向上有：x2＝vBt3⑨根据几何关系有：cotα＝23vgt⑩由⑨⑩式联立解得：x2＝1225m⑪所以电场力做的功为：W＝－qE（x1＋x2）⑫由⑧⑪⑫式联立解得：W＝－9.25J考点：物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、功的定义式的应用。【2015山东-18】．直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为A.243akQ，沿y轴正向B.243akQ，沿y轴负向C.245akQ，沿y轴正向D.245akQ，沿y轴负向OyxH(0，a)G(0，—a)NM【答案】B考点：场强的叠加.【2015山东-20】.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，3~0T时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在T~0时间内运动的描述，正确的是图乙T32T3TtO2E0E0E图甲v0dA.末速度大小为02vB.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgd21D.克服电场力做功为mgd【答案】BC考点：带电粒子在复合场中的运动.【2015广东-21】21.如图8所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则A.M的带电量比N大B.M带负电荷，N带正电荷C.静止时M受到的合力比N大D.移动过程中匀强电场对M做负功【答案】BD【考点】共点力的平衡；静电场；电场线；电势能；功【解析】本题考查了静电场知识，由于电场中M、N都保持静止，以M、N整体为研究对象，根据平衡条件和电场强度方向的规定，可判断出M、N一定带等量的异种电荷，选项A错误；若M带正电，N带负电，则M、N不能保持静止，要相互靠近，不符题意，故只能M带负电，N带正电，选项B正确；静止时，M、N所受的合力均为0，选项C错误；根据电势能EP=qφ，由于M带负电，沿电场线方向电势降低，在移动M过程中电势能增加，电场力对M做负功（或者由功W=Eqscosθ,θ为电场力和位移的方向夹角为钝角，W0，做负功）。【2015北京-24】.（20分）真空中放置的平行金属板可以作为光电转换装置，如图所示，光照前两板都不带电。以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变，a和b为接线柱。已知单位时间内从A板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大动能为，元电荷为e。(1)求A板和B板之间的最大电势差mU，以及将a、b短接时回路中的电流I短(2)图示装置可看作直流电源，求其电动势E和内阻r。(3)在a和b之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U，外电阻上的消耗电功率设为P；单位时间内到达B板的电子，在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为KE。请推导证明:KEP。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明)【答案】(1)eEUKmm，NeI短(2)eEEKm2KmNeEr(3)见解析【难度】★★★【考点】光电效应、闭合电路欧姆定律、电流的微观解释、电场【解析】(1)A板中逸出的电子累积在B板上，在A、B两板间形(1)A板中逸出的电子累积在B板上，在A、B两板间形成由A指向B的电场。从A板后续逸出的电子在向B板运动的过程中会受到电场力的作用而做减速运动。达到稳定状态时，从A板逸出的最大动能的电子到B板时动能恰好为零。根据动能定理mKmeUE0①从而得到eEUKmm②若将a、b短接，则两板间电势差为零，从而两板间无电场，从A板逸出的电子均能完整通过整个回路，即短路电流NeI短③(2)当外电路断路时，A、B两板间电压为该直流电源的电动势。eEUEKmm④电源内阻2KmNeEIEr短⑤(3)证明：设连接外电阻之后，单位时间内到达B板的电子个数为则回路中电流eNI⑥外电阻上消耗的电功率P=UI⑦单位时间内到达B板的电子，从A板运动到B板过程中损失的动能之和为UeNEK⑧综合⑥⑦⑧式可得，KEP⑨【2015安徽-14】．图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的