高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题七静电澄件课件PPT

这是一份高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题七静电澄件课件PPT，共60页。
专题七　静电场
高考物理 (浙江专用)
A组 自主命题·浙江卷题组
考点一　电场力的性质
1.(2018浙江11月选考,8,3分)电荷量为4×10-6C的小球绝缘固定在A点,质量为0.2 kg、电荷量为-5×10-6 C的小球用绝缘细线悬挂,静止于B点。A、B间距离为30 cm,A、B连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109 N·m2/C2,小球可视为点电荷。下列图示正确的是 (　　) 
答案    B    两球之间的库仑力为F=k =9.0×109 N·m2/C2× =2 N,小球B所受重力GB=2 N,且F与竖直方向夹角为60°,F=GB,故小球B受到的库仑力,重力以及细线的拉力,组成的矢量三角形为等边三角形,所以细线与竖直方向的夹角为60°,B正确。
2.(2018浙江4月选考,6,3分)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷),分别固定在两处,它们之间的静电力为F,用一个不带电的同样的金属球C先后与A、B球接触,然后移开球C,此时A、B球间的静电力为 (　　)A. 　    B. 　    C. 　    D. 
答案    C　设A、B两金属小球开始时带电荷量均为Q,距离为r,则F=k ;用一个不带电的同样的金属球C先后与A、B接触,与A接触完后,A、C的带电荷量均为 ,再与B接触后,B、C的带电荷量均为 Q,则此时A、B间静电力F'=k = F。因此选C。
3.(2017浙江11月选考,6,3分)电场线的形状可以用实验来模拟,把头发屑悬浮在蓖麻油里,加上电场,头发屑就按照电场的方向排列起来,如图所示。关于此实验,下列说法正确的是 (　　)A.a图是模拟两等量同种电荷的电场线B.b图一定是模拟两等量正电荷的电场线C.a图中的A、B应接高压起电装置的两极D.b图中的A、B应接高压起电装置的两极
答案    C　由题图可知,a图是模拟两等量异种电荷的电场线;b图是模拟两等量同种电荷的电场线,但无法辨别两电荷是正电荷还是负电荷。因此答案为C。
解题关键　该题主要考查同种电荷和异种电荷的电场线分布。一般考生对这两种电场线分布方式比较熟悉,但对电场线模拟实验却不太熟悉,高压电两极分别对应正、负两种电荷。
4.(2016浙江4月选考,8,3分)密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间电压为U,形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮的油滴,若此悬浮油滴的质量为m,则下列说法正确的是 (　　) A.悬浮油滴带正电B.悬浮油滴的电荷量为 C.增大场强,悬浮油滴将向上运动
D.油滴的电荷量不一定是电子的电荷量的整数倍
答案    C　悬浮不动的油滴受力平衡,其所受的电场力向上,故带负电,电荷量一定是元电荷的整数倍,而电子的电荷量等于元电荷,故A、D错误。mg=q ,q=m ,B错误。增大场强,则电场力增大,悬浮油滴将向上运动,C正确。
命题思路　本题考查了电势差和电场强度的关系,但B选项也可以利用单位制的知识求解,mg是力,U是电势差,qU是能量,则mg/U的单位和q的单位不一致,一定错,而mgd/U的单位和q的单位一致。
5.(2015浙江10月选考,11,3分)如图所示,一质量为m、电荷量为Q的小球A系在长为l的绝缘轻绳下端,另一电荷量也为Q的小球B位于悬挂点的正下方(A、B均视为点电荷),轻绳与竖直方向成30°角,小球A、B静止于同一高度。已知重力加速度为g,静电力常量为k,则两球间的静电力为 (　　) A. 　    B. C.mg　    D. mg
答案    A　两球间的静电力F=k ,而r=l sin 30°,故F= ,A正确、B错误。对A受力分析,如图所示,故静电力F=mg tan 30°= mg,C、D错误。 
易错警示　利用库仑定律求解时,要注意两带电小球间的距离,利用力的矢量三角形求解时要特别注意三角函数以及每条边与各个力对应的关系。
1.(2019浙江4月选考,10,3分)质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场的场强为1.3×105 N/C,质子的质量为1.67×10-27 kg,电荷量为1.6×10-19 C,则下列说法正确的是 (　　)A.加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为2×10-15 NC.质子加速需要的时间约为8×10-6 s
考点二　电场能的性质
D.加速器加速的直线长度约为4 m
答案    D　加速过程中电场力对质子做正功,则质子电势能减小,选项A错误;质子所受到的电场力约为F=Eq=1.3×105×1.6×10-19 N≈2×10-14 N,选项B错误;加速度a= =  m/s2≈1.2×1013 m/s2,则质子加速需要的时间约为t= =  s=8.3×10-7 s,选项C错误;加速器加速的直线长度约为x= t= ×8.3×10-7 m≈4 m,选项D正确。
2.(2018浙江11月选考,6,3分)等量异种电荷的电场线如图所示,下列表述正确的是 (　　) A.a点的电势低于b点的电势B.a点的场强大于b点的场强,方向相同C.将一负电荷从a点移到b点电场力做负功D.负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
答案    C　沿电场线方向电势降低,故a点电势高于b点电势,A错误;电场线的疏密程度表示电场强度大小,电场线越密,电场强度越大,故a点的场强大于b点的场强,电场线的切线方向为场强方向,故a、b两点的电场强度方向不同,B错误;负电荷在低电势处电势能大,所以从a点(高电势)移动到b点(低电势),电势能增大,电场力做负功,C正确,D错误。
3.(2018浙江4月选考,11,3分)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以-v0做直线运动,其v-t图像如图所示,粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列判断正确的是 (　　)A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φCB.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EAC.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少D.粒子从A点经B点运动到C点,电场力先做正功后做负功
答案    C　由题图v-t图像可知带电粒子在0~t0时间内做减速运动,电场力做负功,电势能增加,t0~3t0时间内反方向加速,电场力做正功,电势能减少,所以C正确,D错误。因为不知道带电粒子电性,故无法判断电势的高低,所以A错误。v-t图像中斜率表示粒子的加速度,由Eq=ma可知t0时刻粒子所处位置的场强EB最大,B错误。
4.(2017浙江4月选考,1,3分)下列物理量及对应的国际单位制单位符号,正确的是 (　　)A.力,kg　　B.功率,JC.电场强度,C/N　　D.电压,V
答案    D　力的国际单位制单位是N,功率的国际单位制单位是W,电场强度的国际单位制单位是N/C,电压的国际单位制单位是V,故选D。
5.(2017浙江4月选考,2,3分)下列各组物理量中均为矢量的是 (　　)A.路程和位移　    B.速度和加速度C.力和功　    D.电场强度和电势
答案    B　矢量是既有大小,又有方向的物理量,例如:位移、速度、加速度、力、电场强度,故选B。
命制过程　将两个矢量组合在一起出题,是为了增加错误率。
知识拓展　解答这类题不能靠死记硬背,要结合各个物理量的定义方法。比如电场强度是F/q,F是矢量,q是标量,则E一定是矢量;电势是Ep/q,Ep是标量,q是标量,所以电势是标量。
6.(2016浙江10月选考,8,3分)如图为某一电场的电场线,M、N、P为电场线上的三个点,M、N是同一电场线上两点,下列判断正确的是 (　　)A.M、N、P三点中N点的场强最大B.M、N、P三点中N点的电势最高C.负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D.正电荷从M点自由释放,电荷将沿电场线运动到N点
答案    A　本题考查了电场线的性质。电场线的疏密反映了电场的强弱,所以N点场强最大,选项A正确。顺着电场线的方向,电势降低,M点的电势最高,所以选项B错误。根据Ep=qφ,φM>φP>φN可知,负电荷在M点的电势能小于在N点的电势能,所以选项C错误。正电荷在M点自由释放,在电场力的作用下运动,但是运动轨迹并不沿电场线,选项D错误。
命制过程　本题比较符合新高考的命题思路,题目模型贴合教科书,是教科书习题的改编。掌握轨迹线、电场线、等势线这几种线的联系和区别是解题的关键。
7.(2016浙江4月选考,13)如图所示,真空中有两个点电荷Q1=+9.0×10-8 C和Q2=-1.0×10-8 C,分别固定在x坐标轴上,其中Q1位于x=0处,Q2位于x=6 cm处。在x轴上 (　　) A.场强为0的点有两处B.在x>6 cm区域,电势沿x轴正方向降低C.质子从x=1 cm运动到x=5 cm处,电势能升高D.在00,Q2|Q2|,所以xaB,则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAaB,则A靠近场源电荷Q,即Q靠近M端且为正电荷,选项B正确;若电子由A→B,则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90°,电场力做负功,电势能增加,即EpA0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?
答案　(1) m + qh    v0 　(2)2v0 
解析　本题考查了带电粒子在电场中的运动及学生的综合分析能力,体现了模型建构的素养要素。(1)由题意得,P、G间与Q、G间场强大小相等,均为E。粒子在P、G间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=  ①F=qE=ma ②设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=Ek- m  ③设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有h= at2 ④l=v0t ⑤联立①②③④⑤式解得Ek= m + qh ⑥
l=v0  ⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。由对称性知,此时金属板的长度L为L=2l=2v0  ⑧
知识储备　1.类平抛运动的处理方法;2.牛顿第二定律;3.动能定理;4.电势差与场强的关系。
7.(2019课标Ⅲ,24,12分)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点,从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为 。重力加速度为g,求(1)电场强度的大小;(2)B运动到P点时的动能。
答案　(1) 　(2)2m( +g2t2)
解析　本题考查电场强度和电场力,以及考生应用牛顿第二定律和动能定理解决带电粒子在电场中运动的问题,考查考生的综合分析能力。题目情景常见,运动过程简单,为中等难度题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma ①
 a = gt2 ②解得E=  ③(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有Ek- m =mgh+qEh ④且有v1 =v0t ⑤h= gt2 ⑥
联立③④⑤⑥式得Ek=2m( +g2t2) ⑦
方法指导　优选最佳解题方案,可事半功倍。一般涉及时间的运动问题,采用牛顿第二定律结合运动学公式解题;不涉及时间时,采用动能定理或功能关系解题。
以下为教师用书专用（8~12）
8.(2019北京理综,23,18分)电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。(1)请在图1中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。(2)在如图2所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电,对应的q-t曲线如图3中①②所示。a.①②两条曲线不同是　　　    (选填E或R)的改变造成的;b.电容器有时需要快速充电,有时需要均匀充电。依据a中的结论,说明实现这两种充电方式的途径。 
图1
  图2  图3(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电,可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
答案　(1)u-q图线如图     CU2(2)a.Rb.减小电阻R,可以实现对电容器更快速充电;增大电阻R,可以实现更均匀充电。(3)
解析　本题考查了电容器的充、放电及电能等知识,考查学生的实验能力、理解能力等,体现了科学探究中证据、解释的核心素养。
(1)由于q=Cu,C是与电压u、电荷量q无关的常量,故u-q图线为过原点的直线。电压为U时,电容器带电荷量为Q,图线和横轴围成的面积为所储存的电能EpEp= QU,又Q=CU故Ep= CU2(2)a.电容器充电完毕后两极板间电压等于电源电动势,由图3可知电容器充电完毕时所带电荷量相同,由q=Cu可知电源电动势相同,故曲线不同是由R不同造成的。b.对同一电容器,在确定电源下充电时,电容器最终所带电荷量是一定的,因同样电压下电阻越小时电流越大,充电就越快;电阻越大时电流越小,同样长的时间内电容器所带电荷量的变化越小,电流变化越慢,充电过程越平缓。(3)对于“恒流源”,电路中电流不变,电源两端电压U=UC+IR随电容器两端电压增大而增大;对于(2)中电源,由于内阻不计,故其两端电压等于电动势而保持恒定,通过电源的电流满足E=UC+IR,即I= ,可见电流会随着电容器两端电压的增大而减小。
方法诠释　本题利用类比法及图像中轴、点、线、斜率、面积、截距的物理意义,分析相关电容器的特点和决定充放电的因素等。
9.(2019天津理综,12,20分)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。(1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少;(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导 的表达式;(3)为提高能量的转换效率,要使 尽量大,请提出增大 的三条建议。 
答案　(20分)(1) 　(2) = 　(3)见解析
解析　本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识,以及学生的综合分析能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素。(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有ZeU= mv2-0 ①设正离子束所受的电场力为F1',根据牛顿第三定律,有F1'=F1 ②设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有F1'=ΔNm  ③联立①②③式,且N= 得N=  ④(2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有P= F'v ⑤考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得
 =  ⑥(3)为使 尽量大,分析⑥式得到三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。
解题关键　①将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有正离子所受到的总作用力,此题也可以用动量定理求解,即F1'Δt=ΔNmΔv,故 = = ;②加速离子束所消耗的功率即电场力对正离子做功的平均功率P=F '· = F 'v。
10.(2016课标Ⅱ,15,6分)如图,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc。则 (    　)A.aa>ab>ac,va>vc>vb　    B.aa>ab>ac,vb>vc>vaC.ab>ac>aa,vb>vc>va　    D.ab>ac>aa,va>vc>vb
答案    D　带电粒子在电场中仅受电场力作用,由牛顿第二定律知加速度a= = ,E=k ,因为rbaa;由动能定理有Wab=qQUab= m - m Wbc=qQUbc= m - m 因为Wabvb因为Wbc>0,所以vc>vb因为|Uab|>|Ubc|,所以va>vc故有va>vc>vb,D项正确。
11.(2017课标Ⅰ,25,20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
答案　见解析
解析　(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故电场力方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1 ①油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1 ②电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2 ③油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1 ④由①②③④式得v2=v0-2gt1 ⑤(2)由题意,在t=0时刻前有qE1=mg ⑥
油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+ a1  ⑦油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1- a2  ⑧由题给条件有 =2g(2h) ⑨式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上,依题意有s1+s2=h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2= E1  为使E2>E1,应有2- +  >1  
即当00和v2E1,应有2- -  >1  即
t1>    另一解为负,不合题意,已舍去。
12.(2016北京理综,23,18分)如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy。(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0×102 V,d=4.0×10-2 m,m=9.1×10-31 kg,e=1.6×10-19 C,g=10 m/s2。(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势φ的定义
式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。
答案　(1)      (2)(3)见解析
解析　(1)根据功和能的关系,有eU0= m 电子射入偏转电场的初速度v0= 在偏转电场中,电子的运动时间Δt= =L 偏转距离Δy= a(Δt)2= (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力G=mg~10-29 N电场力F= ~10-15 N由于F≫G,因此不需要考虑电子所受重力。(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值,即φ= 由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值,叫作“重力势”,即φG= 。
电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定。
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一　电场力的性质
1.(2019浙江名校协作体联考,9)A、B两带电小球,电荷量分别为+q、+9q,质量分别为mA、mB,如图所示,用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点,静止时A、B两球处于同一水平线上,其中O点到A球的距离lOA=2L,∠AOB=90°,∠OAB=60°,C是A、B连线上一点且在O点的正下方,带电小球均可视为点电荷,静电力常量为k,则下列说法正确的是 (　　)A.A、B间的库仑力大小为F= B.A、B两球的质量之比为1∶3C.C点的电场强度为零D.若仅互换A、B两球的带电荷量,则A、B两球位置将不再处于同一水平线上
答案    C　根据题意,由几何关系可知,lOA=2L,lAB=4L,lOB=2 L由库仑定律可知A、B间的库仑力大小为F=FAB=FBA=k =k ,A选项错误;如图所示受力分析可知: =tan 30°, =tan 60°两式相除,得: = =3∶1,故B选项错误;
由几何关系可知,lAC=lOA cos 60°=L,lBC=lAB-lAC=3L根据点电荷场强公式E=k 可知:A点电荷在C点的场强大小为E=k ,B点电荷在C点的场强大小为E'=k =k ,故E和E'大小相等,方向相反,合场强为零,C选项正确;互换两球的电荷量以后,A、B两球各自受到的库仑力FAB和FBA大小均没有发生变化,如图所示的平衡依然成立,故A、B两球位置将依然处在同一水平线上,D错误。
2.(2019浙江慈溪期末联考,15)反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似,已知静电场的方向平行于x轴,其电势φ随x的分布如图所示,一质量m=1.0×10-20kg,带电荷量大小为q=1.0×10-9C的带负电的粒子从(1,0)点由静止开始,仅在电场力作用下在x轴上做往返运动。忽略粒子的重力等因素,则 (　　)A.x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向B.x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1∶E2=2∶1C.该粒子运动的周期T=1.5×10-8 s
D.该粒子运动的最大动能Ekm=2×10-8 J
答案    D　沿着电场线方向电势降低,可知x轴左侧场强方向沿x轴负方向,x轴右侧场强方向沿x轴正方向,故A错误;根据U=Ed可知,左侧电场强度为:E1=  V/m=2.0×103 V/m,右侧电场强度为:E2=  V/m=4.0×103 V/m,所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1∶E2=1∶2,故B错误;设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2,在原点时的速度为vm,由运动学公式有:vm= t1,同理可知:vm= t2,Ekm= m ,而周期T=2(t1+t2),联立各式并代入相关数据可得:T=3.0×10-8 s,故C错误。该粒子运动过程中电势能的最大值为:Epm=qφm=-2×10-8 J,由能量守恒得:当电势能为零时动能最大,最大动能为Ekm=2×10-8 J,故D正确。
3.(2019浙江杭州学军中学模拟,11)如图所示,将一带电小球A通过长为L的绝缘细线悬挂于O点。现要使细线偏离竖直线30°角,可在O点正下方的B点放置带电荷量为q1的点电荷,且B、A连线垂直于OA;也可在O点正下方C点放置带电荷量为q2的点电荷,且C、A处于同一水平线上,则 为 (　　) A. 　    B. 　    C. 　    D. 
答案    B　对两种情况进行受力分析,如图所示:依据矢量的合成法则,结合几何知识及平衡条件,则有:F'=mg sin 30°,F=mg tan 30°,根据库仑定律,则有:F'= ,而F= ,
根据几何知识,则有:lBA=L tan 30°,lCA=L sin 30°,综上所得: = ,故A、C、D错误,B正确。
4.(2019浙江超级全能生联考,11)用一条绝缘细线悬挂一个带电小球,小球质量为100 g,所带电荷量为+8.0×10-8 C。如图所示,现加一个水平方向的匀强电场,平衡时绝缘细线与铅垂线夹角为θ=37°。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,则 (　　) A.该带电小球缺少5×109个电子B.该匀强电场的场强大小是7.9×106 N/CC.小球电荷量减半,细线与铅垂线的夹角减半D.若剪断细线,小球将以加速度12.5 m/s2做匀加速直线运动
答案    D　带电小球缺少的电子数n= = =5×1011,选项A错误;如图甲所示,带电小球受重力、电场力、拉力作用,由平衡条件得tan 37°= = ,解得E= =9.375×106 N/C,选项B错误;若小球电荷量减半,则所受电场力减半,细线与铅垂线夹角的正切值将减半,但不代表角度减半,选项C错误;如图乙所示,若剪断细线,小球所受合力F合= ,加速度a= = =12.5 m/s2,则小球做匀加速直线运动,选项D正确。 
5.(2017浙江台州中学统练)如图所示,绝缘水平面上有A、B、C、D四点。依次相距L,若把带电金属小球甲(半径远小于L)放在B点,测得D点处的电场强度大小为E,现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后,再把两球分置于A、C两点,此时D点处的电场强度大小为 (　　) A. E　    B. EC.E　    D. E
答案    D　设接触前甲的电荷量为q,则E=k 。根据电荷守恒定律,两球接触又分开后所带电荷量均为q/2,则此时D点的场强E'=k +k ,联立解得E'= E,故D选项正确。
1.(2019浙江宁波十校期末联考,3)下列是电压的单位的是 (　　)A.kg·m/(C·s2)　　B.kg·m2/(A·s2)C.H·C/s2　 　D.J/C2
考点二　电场能的性质
答案    C　根据W=qU知,1 V=1 J/C,根据W=FL得1 J=1 kg·m2/s2,所以1 V=1 kg·m2/(C·s2),故A、B、D均错误;根据自感电动势的表达式E自=L 知1 V=1 H·A/s,而由I= 得1 A=1 C/s,联立得1 V=1 H·C/s2,故C正确。
解题关键　根据物理学公式推导物理量单位的关系,从而判断哪一个单位表示“伏特”。
2.(2019浙江慈溪期末联考,3)如图所示,有向直线为某点电荷电场中的一条电场线,其上两点a、b相距为d,电势差为U,b点的场强大小为E,把电荷量为q的试探电荷从a点移到b点,电场力做功为W,该试探电荷在a点所受的电场力大小为F,下列关系式一定正确的是 (　　) A.E= 　    B.U=Ed　    C.E= 　    D.U= 
答案    D    a点的场强大小为在a点的试探电荷受到的电场力与试探电荷的电荷量的比值,即Ea= ,因电场不一定是匀强电场,可知b点的场强不一定是E= ,故A错误;公式U=Ed只适用于匀强电场,对非匀强电场不适用,故B错误;点电荷产生的场强大小为E= ,其中q为场源点电荷所带电荷量,d为到该点电荷的距离,故C错误;从a到b电场力做功为W=qU,所以电势差U= ,故D正确。
3.(2019浙江暨阳3月联考,6)空间某处为一匀强电场和一场源正电荷Q的复合场,在正电荷Q为圆心的一圆周上,有a、b、c、d四点,其中a、c在同一竖直直径上,b、d在同一水平直径上,下列对这个复合电场的研究中正确的是 (　　) A.a点的场强与c点的相同B.b点的电势可能比d点高C.将一负电荷从a点沿圆弧经b移到c点,电场力先做正功后做负功D.负电荷在a点的电势能等于在c点的电势能
答案    D    a点与c点场强方向不同,A错。用一个正的试探电荷,将其从d点移到b点,考虑其电势能的变化,由此可知b点电势低,所以B错。按C选项路径移动,电场力先做负功后做正功,且负电荷在a、c两点的电势能相同,故C错误,D正确。
4.(2019浙江宁波十校期末联考,9)如图所示,ACB为固定的光滑半圆形轨道,轨道半径为R,A、B为水平直径的两个端点,AC为1/4圆弧,MPQO区域内有竖直向下的匀强电场(边界上有电场),电场强度的大小E= 。一个质量为m,电荷量为-q的带电小球,从A点正上方高H处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆轨道,小球运动过程中电荷量不变,不计空气阻力,已知重力加速度为g。关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是 (　　) A.若H=R,则小球刚好沿轨道到达C点B.若H>R,则小球一定能到达B点
C.若小球到达C点时对轨道压力为6mg,则H= RD.若H=3R,则小球到达C点时对轨道压力为5mg
答案    C　若H=R,假设小球从最高点能到C点,根据动能定理mg(H+R)-qER= m -0,结合E= ,解得vC=0,故在C点需要的向心力为零,但电场力和重力的合力向上,大于需要的向心力,不能沿着轨道过C点,说明球到达C点前已经离开了轨道,故A错误。小球刚好能到B点时,仅由弹力提供向心力,则满足过B点的速度vB≥0,由A到B,由动能定理,mgH-qER= m -0,联立E= 可得H≥2R,故B错误。若过C点的压力为6mg,则由牛顿第三定律知轨道的支持力为6mg,有N+qE-mg=m ,从A到C由动能定理,mg(H+R)-qER= m -0,解得H= R,故C正确。若H=3R,对球从A到C过程根据动能定理,有mg(H+R)-qER= mv -0,解得vC'=2 ,在C点合力提供向心力,故N+qE-mg=m ,可得N=3mg,根据牛顿第三定律,压力为3mg,故D错误。故选C。
解题思路　球进入电场前做自由落体运动,根据动能定理列式求解末速度;进入电场区域后,受重力和电场力的合力向上,大小为mg,如果是沿着轨道运动,任意一点都应该满足合力的径向分力提供向心力(最低点是合力提供向心力),结合动能定理和牛顿第二定律列式分析即可。
5.(2019浙江杭州一模,10)如图所示,由绝缘材料制成的光滑圆环(圆心为O)竖直固定放置。电荷量为+q(q>0)的小球A固定在圆环的最高点,电荷量大小为q的小球B可在圆环上自由移动。若小球B静止时,两小球连线与竖直方向的夹角为θ=30°,两小球均可视为质点,以无穷远处为零电势点,则下列说法正确的是 (　　) A.小球B可能带正电B.O点电势一定为零C.圆环对小球B的弹力指向圆心D.将小球B移至圆环最低点,A、B小球组成的系统电势能变小
答案    B　因小球B处于静止状态,对其受力分析,如下图所示: 由于A球带正电,因此小球B一定带负电,故A错误;因两球带等量异种电荷,则两者连线的中垂线即为等势线,以无穷远处为零电势点,因此O点的电势为零,故B正确;由A选项分析可知,圆环对小球B的弹力背离圆心,故C错误;将小球B移至圆环最低点,电场力做负功,导致A、B小球组成的系统电势能变大,故D错误。故选B。
6.(2019浙江杭州模拟,12)带有等量异种电荷的一对平行金属板,上极板带正电荷。如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大,即使在两极板之间,它们的电场线也不是彼此平行的直线,而是如图所示的曲线(电场方向未画出)。虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线。关于这种电场,以下说法正确的是 (　　) A.平行金属板间的电场,可以看做匀强电场B.b点的电势高于a点的电势
C.d点的电势低于c点的电势D.若将一正电荷从电场中的任一点由静止释放,它必将沿着电场线运动到负极板
答案    C　由电场线的分布情况看出,平行金属板间各处的电场强度不是处处相同,所以不能看成匀强电场,故A错误。顺着电场线电势逐渐降低,上板带正电荷,电场方向向下,所以b点电势低于a点电势,故B错误。上极板带正电荷,电场线从上极板指向下极板,根据顺着电场线方向电势降低,可知d点的电势低于c点,故C正确。将一正电荷从电场中的任一点由静止释放,不一定能沿电场线运动,只有在ab所在的电场线上,正电荷所受的电场力一直沿电场线向下,能沿此电场线运动,其他电场线是曲线,正电荷所受的电场力沿电场线的切线方向,将使电荷离开电场线,故D错误。故选C。
1.(2019浙江超级全能生联考,6)常用的电容器,从构造上看,可以分为固定电容器和可变电容器两类。如图为甲、乙两种电容器的实物图片,根据图中的相关信息,下列判断中正确的是(　　)A.甲为可变电容器,它是通过改变极板间的距离来改变电容器的电容的B.在不改变其他条件下,将甲电容器浸入煤油中,其电容不发生变化C.根据乙电容器外壳上标的数据可知,电压超过5.5 V时乙电容器就会被击穿D.根据乙电容器外壳上标的数据可知,乙电容器接5.5 V电压时,储存的电荷量为5.5 C
考点三　电容器　带电粒子在电场中的运动
答案    D　可变电容器甲是通过改变极板的正对面积来改变电容的,将该电容器浸入煤油中,两极板间的介质改变,相对介电常数改变,即电容发生改变,A、B错误;电容器的击穿电压一定会大于额定电压,乙电容器外壳上标的电压是工作电压,即标识的“5.5 V”为额定电压,根据公式可得Q=CU=1.0×5.5 C=5.5 C,C错误、D正确。
解题关键　由Q=UC可知电压与电荷量间的关系,同时要注意额定电压与击穿电压的区别。
2.(2019浙江慈溪期末联考,5)下列电容器相关知识描述正确的是(　　)  A.图甲为电容器充电示意图,充完电后电容器上极板带正电,两极板间的电压U等于电源的电动势EB.图乙为电容器放电示意图,放电过程中电流大小保持不变
C.图丙为电解电容器的实物图和符号,图丁为可变电容器及其符号,两种电容器使用时都严格区分正负极D.图戊中的电容器上有“5.5 V　1.0 F”字样,说明该电容器只有两端加上5.5 V的电压时电容才为1.0 F
答案    A　图甲为电容器充电过程,电容器上极板与电源的正极相连,同时两极板间的电压U等于电源的电动势E,故A正确;图乙为电容器放电过程,放电过程中电流大小改变,故B错误;图丙为电解电容器的实物图和符号,图丁为可变电容器及其符号,前者电容器使用时严格区分正负极,后者没有正负极,故C错误;图戊中的电容器上有“5.5 V　1.0 F”字样,说明该电容器两端电压最大值为5.5 V,而电容与电容器两端的电压无关,总是1.0 F,故D错误。
3.(2019浙江镇海中学一模,12)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动,连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化,进而能测出电容的变化,最后就能探测到物体位移的变化,若静电计上的指针偏角为θ,则被测物体 (　　)A.向左移动时,θ增大B.向右移动时,θ增大C.向左移动时,θ不变D.向右移动时,θ减小
答案    B　当被测物体向左移动时,导致电容器极板间的电介质增多,则电容会增大,由于电荷量不变,则电容器极板间的电压减小,即θ减小,故A、C错误;当被测物体向右移动时,导致电容器极板间的电介质减少,则电容会减小,由于电荷量不变,则电容器极板间的电压增大,即θ增大,故B正确,D错误。
4.(2018浙江台州期末)如图所示,ACB是一条足够长的绝缘水平轨道,轨道CB处在方向水平向右、大小E=1.0×106 N/C的匀强电场中,一质量m=0.25 kg、电荷量q=-2.0×10-6 C的可视为质点的小物体,在距离C点L0=6.0 m的A点处,在拉力F=4.0 N的作用下由静止开始向右运动,当小物体到达C点时撤去拉力,小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ=0.4,求(g=10 m/s2) (1)小物体到达C点时的速度大小;(2)小物体在电场中运动的时间。
答案　(1)12 m/s　(2)(1+ ) s
解析　(1)根据牛顿第二定律,小物体的加速度大小为:a= =12 m/s2小物体到达C点时,v2=2aL0代入数据解得:v=12 m/s(2)根据牛顿第二定律,小物体向右减速的加速度大小为:a1= =12 m/s2小物体向右运动的时间:t1= =1 s小物体向右运动的位移:x1= t1=6 m由于qE>μmg,所以小物体先减速后反向向左加速根据牛顿第二定律,小物体向左加速的加速度为:a2= =4 m/s2小物体在电场中向左运动的时间为:t2= =  s小物体在电场中运动的总时间为:t=t1+t2=(1+ ) s
试题分析　根据牛顿第二定律,求出小物体的加速度大小,再根据速度-位移公式求出到达C点时的速度大小;根据牛顿第二定律,求出小物体向右减速时的加速度大小、小物体向右运动的时间和位移,再求出小物体向左运动的时间,即可求出总时间。
B组　2017—2019年高考模拟·专题综合题组(时间:45分钟　分值:60分)一、选择题(每小题6分,共36分)
1.(2019浙江超级全能生2月联考,12)如图所示在竖直平面内建立直角坐标系,空间内有与xOy平面平行的匀强电场,场强为E(图中未画出)。一质量为m、带电荷量为+q的小球,从坐标原点O由静止开始沿直线ON斜向下运动,直线ON与y轴负方向成θ角(θ