1、登陆 21 世纪教育 助您教考全无忧21 世纪教育网 精品资料第 1 页 （共 14 页） 版权所有21 世纪教育网本人声明：本资源属本人原创作品，授予 21 世纪教育网独家发行。2013 高考模拟新题特快专递第四期 7专题七、静电场1 （2013 山东济南外国语学校测试）如图所示，a、b 是 x 轴上关于 O 点对称的两点，c 、d 是 y 轴上关于 O 点对称的两点，c、d 两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从 a 点沿曲线运动到 b 点， E 为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（ ）Ac 点的电荷带正电Ba 点电势高于 E 点电势CE 点场强方向沿轨
2、迹在该点的切线方向D检验电荷从 a 到 b 过程中，电势能先增加后减少 【答案】BD【解析】由于只受电场力的作用，检验电荷做曲线运动，所以电场力指向轨迹的凹侧，因为检验电荷带负电，所以 c 点的电荷带负电，A 错；由等量异种电荷电场线分布特征可知沿电场线方向电势逐渐降低，某点场强方向沿该点电场线的切线方向，所以 B 对 C 错；设轨迹与 y 轴交于 f 点，检验电荷从 a 到 f 的过程中，电场力做正功，电势能增加，检验电荷从 f 到 b 的过程中，电场力做负功，电势能减小，故 D 对。2 （2013 江苏阜宁中学月考）如图所示，平行板电容器 AB 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将
3、其和二极管串联接在电源上，已知 A 和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿 AB 中心水平射入，打在 B 极板上的 N 点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动 A 板来改变两极板 AB 间距（两极板仍平行） ，则下列说法正确的是（ ）A若小球带正电，当 A B 间距增大时，小球打在 N 的右侧B若小球带正电，当 A B 间距减小时，小球打在 N 的左侧登陆 21 世纪教育 助您教考全无忧21 世纪教育网 精品资料第 2 页 （共 14 页） 版权所有21 世纪教育网C若小球带负电，当 A B 间距减小时，小球可能打在 N 的右侧D若小球带负电，当 A B 间距增大时，小球可能打在
4、 N 的左侧答案：BC解析：若小球带正电，当 A B 间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB 两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在 N 点，选项 A 错误；若小球带正电，当A B 间距减小时，平行板电容器 AB 两极板之间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在 N 的左侧，选项 B 正确；若小球带负电，当 A B 间距减小时，平行板电容器 AB 两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在 N 的右侧，选项 C 正确；若小球带负电，当 A B 间距增大时，由于二极
5、管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB 两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在 N 点，选项 D 错误。3(2013 北京朝阳区期末)如图所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以 A 点为坐标原点，AB 方向为位移 x 的正方向，能正确反映电势 随位移 x 变化的图像是答案：C解析：充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，电势 随位移 x 均匀减小，选项 C 正确。4.（2013 安徽无为四校联考）如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的A B C D登陆 21 世纪教育 助您教考全无忧21 世纪教育网 精品资料第 3 页 （共 14 页） 版权所有21 世
6、纪教育网部分构件示意图当动极板和定极板之间的距离 d 变化时，电容 C 便发生变化，通过测量电容 C 的变化就可知道两极板之间距离 d 的变化的情况在下列图中能正确反映 C 与 d 之间变化规律的图象是( )答案：A解析：由电容器的电容决定式，C= ，C 与 d 成反比，能正确反映 C 与 dr4Sk之间变化规律的图象是 A。5. （2013 安徽无为四校联考）如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为 L，板间距离为 d，在板右端 L 处有一竖直放置的光屏 M，一带电荷量为q，质量为 m 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在 M 屏上，则下列结论正确的是( ) A. 板间电场强度大小为
7、mg/qB板间电场强度大小为 mg/2qC质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间答案：C解析：根据垂直打在 M 屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg0 （1）1 分小球从圆轨道最底处运动到最高处的过程中由动能定理得：（2）1 分202mvRmg由二式解得： 这就是在 条件下，小球在最低点速度应满足v0gF的条件。1 分在最高点，当 时，小球在最高点的速度 v 应满足：gF（F N 为轨道对小球的支持力） （3）RvmN2（4）01 分由（2） 、 （3）和（4）可得： mFgRv50这就是在
8、条件下，小球在最低点速度应满足的条件。1 分mgF13 （14 分） （2013 上海 13 校联考）如图所示，在光滑绝缘水平面上固定着一根光滑绝缘的圆形水平滑槽，其圆心在 O 点。过 O 点的一条直径上的A、B 两点固定着两个点电荷。其中固定于 A 点的为正电荷，电荷量大小为Q；固定于 B 点的是未知电荷。在它们形成的电场中，有一个可视为质点的质量为 m、电荷量大小为 q 的带电小球正在滑槽中运动，小球的速度方向平行于水平面，若已知小球在 C 点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度，AB 间的距离为 L。ABC ACB30 ，CO OB ，静电力常量为k，登陆 21 世纪教育
9、助您教考全无忧21 世纪教育网 精品资料第 11 页 （共 14 页） 版权所有21 世纪教育网（1）作出小球在水平面上受力，并确定固定在 B 点的电荷及小球的带电性质；（2）求 B 点电荷的电荷量大小；（3）已知点电荷的电势计算式为：kQ /r，式中 Q 为场源电荷的电荷量， r 为该点到场源电荷的距离。试利用此式证明小球在滑槽内做的是匀速圆周运动。13 （14 分）解析：（1）由小球在 C 点恰好与滑槽内外壁无挤压且无切线方向的加速度，可知小球在 C 点的合力方向一定沿 CO 且指向 O 点，所以 A 处电荷对小球吸引，B处电荷对小球排斥，因为 A 处电荷为正，所以小球带负电，B 带负电
10、，如图所示。（作图 2 分，电荷判断各 1 分）（2）因为ABCACB30所以 ACO30， BC2ABcos30 L 3由图 F1 F2 （2 分）3k k （1 分）QqL2QB Q （1 分）3（3）以 O 为原点，OB 为 x 轴正方，OC 为 y 轴正方，槽上某点的坐标为（x，y） ，则该点的电势为 ， （3 分）而 x2y 23L 2/4，代入上式得 0。 （3 分）小球运动过程中电势能不变，所以动能也不变，做的是匀速圆周运动（2分） 。14 （13 分） （2013 年上海五校调研）如图所示，固定于同一条竖O A BCF2F1FO A BC3030登陆 21 世纪教育 助您教考全
11、无忧21 世纪教育网 精品资料第 12 页 （共 14 页） 版权所有21 世纪教育网直线上的点电荷 A、 B 相距为 2d ，电量分别为Q 和Q 。MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球 p，质量为 m、电量为+q（可视为点电荷，q 远小于 Q） ，现将小球 p 从与点电荷 A 等高的 C 处由静止开始释放，小球 p 向下运动到距 C 点距离为 d 的 O 点时，速度为 v。已知 MN 与 AB 之间的距离也为 d，静电力常量为 k，重力加速度为 g。求：（1）C 、 O 间的电势差 UCO； （2）小球 p 经过 O 点时的加速度；（3）小球 p 经过与点电荷 B 等
12、高的 D 点时速度的大小。解：（1）小球 p 由 C 运动到 O 时，由动能定理，得 （2 分）210OmgdqUv得： （2 分）Cmgd（2）小球 p 经过 O 点时受力如图，由库仑定律得：（1 分）12()QqFkd它们的合力为： （1 分）122cos45cskQqFFd由牛顿第二定律得： ， （2 分）mgqEa2g（3）小球 p 由 O 运动到 D 的过程，由动能定理得：（2 分）21vqUmgdD由电场特点可知： （2 分）COD联立解得： （1 分）v15 （13 分） （2013 年上海五校调研）如图所示，ABCD 这固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为O E
13、 D r C 弹 簧 枪 B A 登陆 21 世纪教育 助您教考全无忧21 世纪教育网 精品资料第 13 页 （共 14 页） 版权所有21 世纪教育网光滑圆弧，对应的圆心角 37，半径 r2.5m，CD 平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为 E210 3N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量 m510 2 kg、电荷量 q110 4 C 的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在 C 点以速度 v03m/s 冲上斜轨，以小物体通过 C 点时为计时起点，0.1s 后，场强大小不变，方向相反，已知斜轨与小物体间的动摩擦因数 0.25。设小物体的电
14、荷量保持不变，取g10m/s 2，sin37 0.6， cos370.8。（1）求弹簧枪对小物体所做的功。（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为 P，求 CP 的长度。（3）小球返回 C 点的速度大小。15解：（1）设弹簧枪对小物体做功为 W，由动能定理得：W mgr（1cos ） mv02 ，W f0.475J （3 分）12（2）设小物体通过 C 点进入电场后的加速度为 a1，由牛顿第二定律得：mgsin （mgcos qE） ma1，a 1=9m/s2t10.1s 末：v 1v 0-a1t12.1m/s ，s 1v 0t1- a1t12=0.255m （3 分）12电场力反向后，设小物体加
15、速度为 a2，由牛顿第二定律得：mgsin +（mgcos qE） ma2，a 2 =7m/s2 设小物体速度从 2.1m/s 减到 0 所用时间为 t2，0v 1a 2t2，t 2=0.3s，s 2 v1t2 a2t22=0.315m（3 分）12设 CP 长为 s，ss 1s 20.255m +0.315m =0.57m（1 分）（3）设小球在斜面上下滑时加速度为 a3，则：mgsin （mgcos qE）ma 3，a 3 =5m/s2 v32=2a3s，v 3=2.39m/s （3 分）登陆 21 世纪教育 助您教考全无忧21 世纪教育网 精品资料第 14 页 （共 14 页） 版权所有21 世纪教育网
