2014届高考物理第二轮复习方案新题之静电场2

2014届高考物理第二轮复习方案新题之静电场21、如图所示，质量为m的物块（视为质点），带正电Q，开始时让它静止在倾角α=600的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=3mg/Q的匀强电场（设斜面顶端处电势为零），斜面高为H。释放后，物块落地时的电势能为，物块落地时的速度大小v，则A．mgH33B．mgH33C．v2gH2D．v2gH1、答案：C解析：由电场力做功等于电势能的变化可得物块落地时的电势能为ε=-QEH/tan60°=-3mgH/3=-mgH，选项AB错误；由动能定理，mgH+QEH/tan60°=12mv2，解得v2gH2，选项C正确D错误。2.现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等。在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是A．O点的电场强度和电势均为零[来源:Zxxk.Com]B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D．将一负点电荷由a点移到b点电势能减小【命题意图】此题考查电场叠加、电场强度、电场力、电势能及其相关知识答案：BC解析：O点的电场强度不为零，电势为零，选项A错误；由于bOc为等势线，所以把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，选项B正确；根据电场叠加原理，a、d两点电场强度相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，选项C正确；将一负点电荷由a点移到b点，克服电场力做功，电势能增大，选项D错误。3．如图所示，AB为均匀带有电荷量为+Q的细棒，C为AB棒附近的一点，CB垂直于AB。AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为φ0，φ0可以等效成AB棒上电荷集中于AB上某点P处、带电量为+Q的点电荷所形成的电场在C点的电势。若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可第10题图+++--ABDCabdcO知φ0=krQ。若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C处的电势为A．φ0B．2φ0C．2φ0D．4φ04．在直角坐标系O­xyz中有一四面体O—ABC，其顶点坐标如图所示。在原点O固定一个电荷量为-Q的点电荷，下列说法正确的是（C）A．A、B、C三点的电场强度相同B．平面ABC构成一个等势面C．若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动，其电势能增加D．若在A、B、C三点放置三个点电荷，-Q所受电场力的合力可能为零5．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。现为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是A．减小墨汁微粒所带的电荷量B．减小墨汁微粒的质量C．减小墨汁微粒的喷出速度D．增大偏转板间的电压答案：A解析：为了使打在纸上的字迹缩小，减小墨汁微粒所带的电荷量，可使墨汁微粒在偏转电场中所受的电场力减小，选项A正确。6、如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是()A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大C.电势差UAB=UBCD．电势φAφBφC答案：B解析：该电场为负点电荷电场，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，选项A错误；根据电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，它具有的电势能越来越大，选项B正确；由于电场为非匀强电场，电势差UABUBC,选项C错误；电势φAφBφC，选项D错误。7.如图所示，倾斜角度为θ的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方O点处有一带电量为+Q的点电荷，质量为m、带电量为-q的小物体（可看成质点）与斜面间的动摩擦因数为μ。现使小物体以初速度v0从斜面上的A点沿斜面上滑，到达B点时速度为零，然后又下滑回到A点。小物体所带电荷量保持不变，静电力常数为k，重力加速度为g，OA=OB=l。求：（1）小物体沿斜面上滑经过AB中点时的加速度；（2）小物体返回到斜面上的A点时的速度。7.解析：ABOv0θ第17题图（1）FN=mgcosθ+kQq(lsinθ)21分mgsinθ+μFN=ma1分得：a=mgsinθ+μ(mgcosθ+kQq(lsinθ)2)m2分（2）0－12mv02=－mglsin2θ＋Wf1分[来源:学科网]12mv2=mglsin2θ＋Wf1分得：v=4glsin2θ－v022分8.如图所示，在一绝缘粗糙的水平桌面上，用一长为2L的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为m的可视为质点的小球A和B球带电量为+q,B球不带电.开始时轻杆的中垂线与竖直虚线MP重合，虚线NQ与MP平行且相距4L.在MP、NQ间加水平向右、电场强度为E的匀强电场，AB球恰能静止在粗糙桌面上。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）A，B球与桌面间的动摩托因数(2)若A球带电量为+8q时，S球带电量为-8q，将AB球由开始位置从静止释放，求A球运动到最右端时拒虚线NQ的距离d,及AB系统从开始运动到最终静止所运动的总路程s:(3)若有质量为km、带电量为-k2q的C球，向右运动与B球正碰后粘合在一起，为使A球刚好能到达虚线NQ的位置，问k取何值时，C与B碰撞前瞬间C球的速度最小？C球速度的最小值为多大？（各小球与桌面间的动摩擦因数都相同。）电场力对B球作负功[来源:Z§xx§k.Com])2(8)2(48dLqEdLLqEWB…………（1分）摩擦力对AB系统作负功[来源:学科网ZXXK]9．如图所示，在真空中的竖直平面内，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为+4q，B球的电荷量为-3q，组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时PQ恰为杆的中垂线．在MN与PQ间加竖直向上的匀强电场，恰能使带电系统静止不动．现使电场强度突然加倍（已知当地重力加速度为g），求：（1）B球刚到达电场边界PQ时的速度大小；（2）判定A球能否到达电场边界MN，如能，请求出A球到达电场边界MN时的速度大小；如不能，请说明理由。(3)带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值；（4）带电系统从开始运动到返回原出发点所经历的时间。（3）设B球在电场中运动的最大位移为s，经分析知B球在电场中的位移最大时，A球已向上越过了MN，根据动能定理有10悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个质量为m、带电量为-q的小球，若在空间加一匀强电场，则小球静止时细线与竖直方向夹角为θ，如图所示，求：（1）所加匀强电场场强最小值的大小和方向；（2）若在某时刻突然撤去电场，当小球运动到最低点时，小球对细线的拉力为多大。1）当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小。由mgsinθ=qE，解得：E=sinmgq。小球带负电，所受电场力方向与场强方向相反，故场强方向为斜向左下方。(2)设线长为l，小球运动到最低点的速度为v，细线对小球的拉力为F，则有：mgl(1-cosθ)=12mv2，F-mg=m2vl联立解得：F=mg(3-2cosθ).根据牛顿第三定律，小球对细线的拉力F’=F=mg(3-2cosθ).11,如图所示，倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球，小球受到的电场力与重力相等，地球表面重力加速度为g，设斜面足够长，求：（1）小球经多长时间落到斜面上：（2）从水平抛出至落到斜面的过程中，小球的电势能是如何变化的，其变化量为多大。解析：(1)小球在运动过程中，qE+mg=ma，qE=mg，解得a=2g。y=12at2，x=v0t，又y/x=tanθ，联立解得：t=0vgtanθ。（2）y=12at2=12×2g×(0vgtanθ)2=20vgtan2θ.电场力做功，电势能减小，则有△E=-W=-qEy=-mgy=-mv02tan2θ.12如图甲所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q，PQ连线垂直金属板，两板间距为d．现从P点处连续不断地有质量为m、带电量为＋q的带电粒子（重力不计），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不乙甲OT/2-UUutT3T/2QABP计．在t＝0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压（A板电势高于B板电势时，电压为正），其电压大小为U、周期为T．带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计．（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度.（2）如果只有在每个周期的0～4T时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系．（3）如果各物理量满足（2）中的关系，求每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值.（1）qE=ma，E=U/d，——2分所以，a=qU/dm——2分（2）在04T时间内，进入A、B板间的粒子，在电场力的作用下，先向右做匀加速运动，在TT2时间内再向右做匀减速运动，且在04T时间内，越迟进入A、B板间的粒子，其加速过程越短，减速运动过程也相应地缩短，当速度为零后，粒子会反向向左加速运动。由题意可知04T时间内放出的粒子进入A、B板间，均能从Q孔射出，也就是说在2T时刻进入A、B板间的粒子是能射出Q孔的临界状态。——2分粒子在4T时刻进入A、B间电场时，先加速，后减速，由于粒子刚好离开电场，说明它离开电场的速度为零，由于加速和减速的对称性，故粒子的总位移为加速时位移的2倍，所以有[来源:学§科§网Z§X§X§K]mdqUTTad16)4(21222①——2分即mqUTd1622——2分（3）若情形（2）中的关系式①成立，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为最短（因只有加速过程），设最短时间为tx，则有221xatd②——1分在4Tt时刻进入电场的粒子在43Tt的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为xtTt43③——1分由②③式得423Tt④——2分