专题8-1 库仑定律电场力的性质高效演练-2018领军高考物理真题透析含解析精品

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高三物理库仑定律试题答案及解析

高三物理库仑定律试题答案及解析1.如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球A、B，左边放一带正电的固定球P时，两悬线都保持竖直方向．下面说法正确的是A．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较P球带电荷量大B．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较P球带电荷量小C．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较P球带电荷量小D．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较P球带电荷量大【答案】C【解析】存在+P球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，说明A球带负电而B球带正电，A、B作为整体得+P对A、B的水平方向的库仑力大小相等方向相反．根据得A离+P近点，所以A球带电荷量较小，B球带电荷量较大．故C正确【考点】考查了库仑定律的应用2.如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点D处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小C．增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动D．将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动【答案】C【解析】圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零，故A错误；圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大，故B错误；根据动能定理得：，根据牛顿第二定律得：，联立解得：，可知圆环仍然可以做圆周运动，故C正确；若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动，故D错误。

2018年物理新课标高考总复习第一轮复习教师用书：第七

物质的电结构、电荷守高考热点：库仑定静电现象的解释点电荷库仑定律静电场电场强度、点电荷的场电场线电势能、电势电势差匀强电场中电势差与电带电粒子在匀强电场中示波管常见电容器电容器的电压、电荷量于场强方向的情况第一节电场力的性质一、电荷和电荷守恒定律1．点电荷：形状和大小对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷． 2．电荷守恒定律(1)电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．1.判断正误(1)只有体积很小的带电体才可看做点电荷．( ) (2)任何带电体都可看做点电荷．( )(3)真正的点电荷是不存在的，它是一种理想化模型．( )(4)当带电体的形状、大小对相互作用力的影响可以忽略时，该带电体可以看做点电荷．( )(5)带电体通过静电感应可以使绝缘材料带电．( )(6)不管是哪种起电方式，它们的实质都是电子的转移，电荷总是在转移过程中不变．( )提示：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)√ 二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．公式：F ＝k q 1q 2r 2，式中的k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2，叫做静电力常量．3．适用条件：(1)点电荷；(2)真空．2.如图所示，半径相同的两个金属小球A 、B 带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F .今用第三个半径相同的不带电的金属小球C 先后与A 、B 两个球接触后移开，这时，A 、B 两个球之间的相互作用力大小是( )A.18F B ．14FC.38F D ．34F提示：A三、静电场电场强度1．静电场：静电场是客观存在于电荷周围的一种物质，其基本性质是对放入其中电荷有力的作用．2．电场强度(1)意义：描述电场强弱和方向的物理量． (2)公式①定义式：E ＝Fq，是矢量，单位：N/C 或V/m.②点电荷的场强：E ＝k Qr 2，Q 为场源电荷，r 为某点到Q 的距离．③匀强电场的场强：E ＝Ud．(3)方向：规定为正电荷在电场中某点所受电场力的方向．3.对于由点电荷Q 产生的电场，下列说法正确的是( )A ．电场强度的定义式仍成立，即E ＝FQ ，式中的Q 就是产生电场的点电荷B ．在真空中，电场强度的表达式为E ＝kQr 2，式中Q 就是产生电场的点电荷C ．在真空中，电场强度的表达式E ＝kqr2，式中q 是检验电荷D ．在Q 的电场中某点，分别放置电量不同的正、负检验电荷，电场力大小、方向均不同，则电场强度也不同提示：B四、电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向．2．电场线的特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远处或负电荷． (2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大． (4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向． (5)沿电场线方向电势降低．(6)电场线和等势面在相交处互相垂直． 3．几种典型电场的电场线(如图所示)4.如图所示为真空中两点电荷A 、B 形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O 点为A 、B 电荷连线的中点，a 、b 为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是( )A ．A 、B 可能带等量异号的正、负电荷 B ．A 、B 可能带不等量的正电荷C ．a 、b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零D ．同一试探电荷在a 、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反提示：选D.根据题图中的电场线分布可知，A 、B 带等量的正电荷，选项A 、B 错误；a 、b 两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C 错误；由图可知，a 、b 两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a 、b 两点处所受电场力一定大小相等，方向相反，选项D 正确．对库仑定律的理解及应用【知识提炼】1．对库仑定律的理解(1)F ＝k q 1q 2r 2，r 指两点电荷间的距离．对可视为点电荷的两个均匀带电球，r 为两球的球心间距．(2)当两个电荷间的距离r →0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大．2．求解涉及库仑力的平衡问题的解题思路涉及库仑力的平衡问题与纯力学平衡问题分析方法一样，受力分析是基础，应用平衡条件是关键，都可以通过解析法、图示法或两种方法相结合解决问题，但要注意库仑力的大小随着电荷间距变化的特点．具体步骤如下：【典题例析】(多选)(2015·高考浙江卷)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg 的小球A 悬挂到水平板的M 、N 两点，A 上带有Q ＝3.0×10－6 C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3 m 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0.2 kg(重力加速度取g ＝10 m/s 2；静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，A 、B 球可视为点电荷)，则( )A ．支架对地面的压力大小为2.0 NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝1.9 NC ．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F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝0.866 N[审题指导] 对小球进行受力分析，除受到重力、拉力外，还受到库仑力，按照力的平衡的解题思路求解问题．[解析] 设A 、B 间距为l ，A 对B 有竖直向上的库仑力，大小为F AB ＝kQ 2l 2＝0.9 N ；对B与支架整体分析，竖直方向上合力为零，则F N ＋F AB ＝mg ，可得F N ＝mg －F AB ＝1.1 N ，由牛顿第三定律知F ′N ＝F N ，选项A 错误；因两细线长度相等，B 在A 的正下方，则两绳拉力大小相等，小球A 受到竖直向下的重力、库仑力和F 1、F 2作用而处于平衡状态，因两线夹角为120°，根据力的合成特点可知：F 1＝F 2＝G A ＋F AB ＝1.9 N ，选项B 正确；当B 移到无穷远处时，F 1＝F 2＝G A ＝1 N ，选项D 错误；当B 水平向右移至M 、A 、B 在同一条直线上时，如图所示，对A 受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，水平方向：F 1cos 30°＝F 2cos 30°＋F ′cos 30° 竖直方向：F 1sin 30°＋F 2sin 30°＝G A ＋F ′sin 30°由库仑定律知，A 、B 间库仑力大小F ′＝kQ 2⎝⎛⎭⎫l sin 30°2＝F AB4＝0.225 N ，联立以上各式可得F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 N ，选项C 正确．[答案] BC【跟进题组】考向1 库仑定律与电荷守恒定律的结合问题1．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的电荷量为q ，球2的电荷量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6解析：选D.由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F ＝k Q 1Q 2r2知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有q ×nq ＝nq 2×⎝⎛⎭⎫q ＋nq 22，解得n ＝6，D 正确．考向2 三点电荷共线平衡的求解2.如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m 的点电荷A 、B ，A 带电荷量为＋Q ，B 带电荷量为－9Q .现引入第三个点电荷C ，恰好使三个点电荷处于平衡状态，问：C 应带什么性质的电荷，应放于何处？所带电荷量为多少？解析：根据平衡条件判断，C 应带负电荷，放在A 的左边且和A 、B 在一条直线上，设C 带电荷量为q ，与A 点相距为x ，如图所示．答案：应为带电荷量为94Q 的负电荷，置于A 左方0.2 m 处且和A 、B 在一条直线上考向3 库仑力作用下的平衡问题3.(多选)(2016·高考浙江卷)如图所示，把A 、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10 m 的绝缘细线悬挂于O A 和O B 两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点O B 移到O A 点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m ．已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg ，带电小球可视为点电荷，重力加速度g ＝10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2，则( )A ．两球所带电荷量相等B ．A 球所受的静电力为1.0×10－2 NC ．B 球所带的电荷量为46×10－8 CD ．A 、B 两球连线中点处的电场强度为0解析：选ACD.用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，与A 球接触后A 球也带正电荷，两球接触后分开，B 球也带正电荷，且两球所带电荷量相等，A 正确；两球相互排斥，稳定后A 球受力情况如图所示sin θ＝0.060.10＝0.60，θ＝37°F 库＝mg tan 37°＝6.0×10－3 N ，B 项错误；F 库＝k Q A Q Br2Q A ＝Q B ＝Q ，r ＝0.12 m联立上式得Q ＝46×10－8 C ，故C 项正确；由等量同种点电荷产生的电场的特点可知，A 、B 两球连线中点处的场强为0，故D 项正确．1．电荷的分配规律(1)两个带同种电荷的相同金属球接触，则其电荷量平分． (2)两个带异种电荷的相同金属球接触，则其电荷量先中和再平分．2．三点电荷共线平衡模型：三个点电荷若只受电场力且共线平衡，则满足“两同夹一异，两大夹一小，近小远大”的原则，即若已知一正一负两点电荷，则第三个点电荷应放在小电荷的外侧且与小电荷电性相反，再根据受力平衡求解相应距离和对应电荷量．对电场强度的理解及巧解【知识提炼】电场强度三个表达式的比较(2015·高考山东卷)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.3kQ4a 2，沿y 轴正向 B ．3kQ4a 2，沿y 轴负向C.5kQ4a2，沿y 轴正向 D ．5kQ4a2，沿y 轴负向[审题指导] 由点电荷场强公式E ＝kQr 2可计算出各点的场强大小，再由矢量合成原则分析场强的叠加．[解析] 处于O 点的正点电荷在G 点处产生的场强E 1＝k Qa 2，方向沿y 轴负向；又因为G 点处场强为零，所以M 、N 处两负点电荷在G 点共同产生的场强E 2＝E 1＝k Qa 2，方向沿y轴正向；根据对称性，M 、N 处两负点电荷在H 点共同产生的场强E 3＝E 2＝k Qa 2，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G 处，该正点电荷在H 点产生的场强E 4＝k Q（2a ）2，方向沿y轴正向，所以H 点的场强E ＝E 3－E 4＝3kQ4a2，方向沿y 轴负向．[答案] B【跟进题组】考向1 点电荷电场中场强的计算1．如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的A 、B 、C 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6 C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k＝9.0×109 N ·m 2/C 2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向．解析：(1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为F ＝k q 2L 2 ①代入数据得F ＝9.0×10－3 N ．②(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为 E 1＝k q L2③A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为 E ＝2E 1cos 30°④由③④式联立并代入数据得E ≈7.7×103 N/C 场强E 的方向沿y 轴正方向．答案：(1)9.0×10－3 N (2)7.7×103 N/C 方向沿y 轴正方向考向2 电场强度的巧解2．如图甲所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E ＝2πk σ·⎣⎡⎦⎤1－x（R 2＋x 2）1/2，方向沿x 轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图乙所示．则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为( )A ．2πk σ0x（r 2＋x 2）1/2B ．2πk σ0r（r 2＋x 2）1/2C ．2πk σx rD ．2πk σr x解析：选A.应用特殊值法，当R →∞时，xR 2＋x 2＝0，则E ＝2πk σ0，当挖去半径为r 的圆孔时，应在E 中减掉该圆孔相应的场强E r ＝2πk σ0⎝⎛⎭⎪⎫1－x r 2＋x 2，即E ′＝2πk σ0·xr 2＋x 2，故A 正确．求解电场强度的一些特殊方法(1)等效法：在保证效果相同的前提条件下，将复杂的物理情景变换为简单或熟悉的情景．如图甲所示，一个点电荷＋q 与一个很大的薄金属板形成电场，可以等效为如图乙所示的两个异种等量点电荷形成的电场．(2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，将复杂的电场叠加计算简化．如图丙所示，电荷量为＋q 的点电荷与均匀带电薄板相距为2d ，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．均匀带电薄板在a 、b 两对称点处产生的场强大小相等、方向相反，若图中a 点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b 点处产生的电场强度大小为E b ＝kqd2，方向垂直于薄板向左．(3)补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易．如图丁所示，将金属丝AB 弯成半径为r 的圆弧，但在A 、B 之间留有宽度为d 的间隙，且d 远远小于r ，将电荷量为Q 的正电荷均匀分布于金属丝上．设原缺口环所带电荷的线密度为ρ，ρ＝Q 2πr －d ，则补上的那一小段金属丝带电荷量Q ′＝ρd ，则整个完整的金属环在O 点的场强为零．Q ′在O 点的场强E 1＝kQ ′r 2＝kQd2πr 3－r 2d ，因O 点的合场强为零，则金属丝AB在O 点的场强E 2＝－kQd2πr 3－r 2d，负号表示E 2与E 1反向，背向圆心向左．(4)微元法：将研究对象分割成若干微小的单元，或从研究对象上选取某一“微元”加以分析，从而可以化曲为直，使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量．如图戊所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q ，半径为R ，圆心为O ，P 为垂直于圆环平面的对称轴上的一点，OP ＝L .设想将圆环看成由n 个小段组成，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q ′＝Q n ，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P 处产生的场强为E ＝kQnr 2＝kQn （R 2＋L 2），由对称性知，各小段带电体在P 处的场强E 沿垂直于轴的分量E y 相互抵消，而其轴向分量E x 之和即为带电环在P 处的场强E P ，E P ＝nE x ＝nkQn （R 2＋L 2）cos θ＝kQL （R 2＋L 2）32.(5)极值法：物理学中的极值问题可分为物理型和数学型两类．物理型主要依据物理概念、定理、定律求解．数学型则是根据物理规律列出方程后，依据数学中求极值的知识求解．电场线与运动轨迹问题【知识提炼】1．电荷运动的轨迹与电场线一般不重合．若电荷只受电场力的作用，在以下条件均满足的情况下两者重合(1)电场线是直线．(2)电荷由静止释放或有初速度，且初速度方向与电场线方向平行．2．由粒子运动轨迹判断粒子运动情况(1)粒子受力方向指向曲线的内侧，且与电场线相切．(2)由电场线的疏密判断加速度大小．(3)由电场力做功的正负判断粒子动能的变化情况．【典题例析】(多选)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则()A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增大C．a的加速度将减小，b的加速度将增大D．两个粒子的电势能都减少[审题指导]解此题关键要抓住两点：(1)利用运动轨迹结合曲线运动分析粒子的受力方向及做功特点．(2)利用电场线的疏密分析电场力及加速度的大小．[解析]因为电场线方向未知，不能确定a、b的电性，所以选项A错误；由于电场力对a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，电势能都减少，选项B错误、D正确；粒子的加速度大小取决于电场力的大小，a向电场线稀疏的方向运动，b向电场线密集的方向运动，所以选项C正确．[答案]CD【跟进题组】考向1等量异(同)种电荷电场线的分布1．如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋Q和－Q.直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点．下列说法中正确的是()A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大C．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小D．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大解析：选C.在两电荷的连线上，由场强的叠加原理可知，中点O场强最小，从O点到a点或b点，场强逐渐增大，由于a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，场强相等，选项A、B错误；在两电荷连线的中垂线上，中点O的场强最大，由O点到c点或d点，场强逐渐减小，所以沿MN从c点到d点场强先增大后减小，因此检验电荷所受电场力先增大后减小，所以C正确、D错误．考向2电场线中带电粒子的运动分析2.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a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则()A．a a>a b>a c，v a>v c>v b B．a a>a b>a c，v b>v c> v aC．a b>a c>a a，v b>v c> v a D．a b>a c>a a，v a>v c>v b解析：选D.由点电荷电场强度公式E＝k qr2可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，a b>a c>a a，A、B选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减少，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有v a>v c>v b，C选项错误、D选项正确．考向3根据粒子运动情况判断电场线分布3.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v－t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的()解析：选C.由v－t图象可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，故电场线应由B指向A且A到B的方向场强变大，电场线变密，选项C正确．1．重要电场线的比较(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况．(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．1．两个分别带有电荷量－Q和＋5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F ，两小球相互接触后将其固定距离变为r 2，则两球间库仑力的大小为( )A.5F 16B ．F 5 C.4F 5 D ．16F 5解析：选D.两球相距r 时，根据库仑定律F ＝k Q ·5Q r 2，两球接触后，带电荷量均为2Q ，则F ′＝k 2Q ·2Q ⎝⎛⎭⎫r 22，由以上两式可解得F ′＝16F 5，D 正确． 2．(多选)如图所示为在同一电场中a 、b 、c 、d 四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷所受电场力跟它的电荷量的函数关系图象，那么下列叙述正确的是( )A ．这个电场是匀强电场B ．a 、b 、c 、d 四点的场强大小关系是E d ＞E a ＞E b ＞E cC ．a 、b 、c 、d 四点的场强大小关系是E a ＞E c ＞E b ＞E dD ．a 、b 、d 三点的强场方向相同解析：选CD.由场强的定义式E ＝F q并结合图象的斜率可知电场强度的大小，则E a ＞E c ＞E b ＞E d ，此电场不是匀强电场，选项A 、B 错误，选项C 正确；图象斜率的正负表示电场强度的方向，a 、b 、d 三点相应图线的斜率为正，三点的场强方向相同，选项D 正确．3．(多选)(高考浙江卷)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q .小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d .静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2B ．当q d＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝ mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0 解析：选AC.根据库仑定律，A 、B 小球间的库仑力F 库＝k q 2d2，选项A 正确．小球A 受竖直向下的重力mg ，水平向左的库仑力F 库＝kq 2d2，由平衡条件知，当斜面对小球A 的支持力F N 的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则kq 2d 2mg ＝tan θ，所以q d ＝ mg tan θk，选项C 正确，选项B 错误；斜面对小球A 的支持力F N 始终不会等于零，选项D 错误．4．如图所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k为静电力常量)( )A ．k 3q R2 B ．k 10q 9R 2 C ．k Q ＋q R 2 D ．k 9Q ＋q 9R 2解析：选B.由b 点处的合场强为零可得圆盘在b 点处的场强与点电荷q 在b 点处的场强大小相等、方向相反，所以圆盘在b 点处的场强大小为E b ＝k q R2，再根据圆盘场强的对称性和电场强度叠加即可得出d 点处的场强大小为E d ＝E b ＋k q （3R ）2＝k 10q 9R2，B 正确．一、单项选择题1．关于电场强度的概念，下列说法正确的是( )A ．由E ＝F q可知，某电场的场强E 与q 成反比，与F 成正比 B．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正、负有关C ．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正、负无关D ．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零解析：选C.电场中某点场强的大小由电场本身决定，与试探电荷的有无、受力情况及电荷性质无关，故A 、D 错误，C 正确；而电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，B 错误．2.水平面上A 、B 、C 三点固定着三个电荷量为Q 的正点电荷，将另一质量为m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O 点，OABC 恰构成一棱长为L 的正四面体，如图所示．已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，为使小球能静止在O 点，小球所带的电荷量为( )A.mgL 23kQB ．23mgL 29kQ C.6mgL 26kQ D ．2mgL 26kQ解析：选C.3k qQ L 2cos θ＝mg ，sin θ＝33，联立解得q ＝6mgL 26kQ. 3．(2015·高考浙江卷)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两金属极板中间，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解析：选D.两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A 错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C 错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B 错误、D 正确．4．(2016·高考江苏卷)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A 、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )A ．A 点的电场强度比B 点的大B ．小球表面的电势比容器内表面的低C ．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直D ．将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点，电场力所做的功不同解析：选C.由于A 点处电场线比B 点处电场线疏，因此A 点电场强度比B 点小，A 项错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，因此小球表面的电势比容器内表面的电势高，B 项错误；由于处于静电平衡的导体表面是等势面，电场线垂直于等势面，因此B 点的电场强度方向与该处内表面垂直，C 项正确；将检验电荷从A 点沿不同的路径移到B 点，由于A 、B 两点的电势差恒定，因此电场力做功W AB ＝qU AB 相同，D 项错误．5.将两个质量均为m 的小球a 、b 用绝缘细线相连，竖直悬挂于O 点，其中球a 带正电、电荷量为q ，球b 不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘细线Oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为( )A.mg 4qB.mg qC.mg 2q D ．3mg 4q解析：选B.取小球a 、b 整体作为研究对象，则受重力2mg 、悬线拉力FT和电场力F 作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，由图知F 的最小值为2mg sin 30°＝mg ，由F ＝qE 知A 、C 、D 错，B 对．二、多项选择题6．(2015·高考江苏卷)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则( )A ．a 点的电场强度比b 点的大B ．a 点的电势比b 点的高。

专题8-2 电场能的性质精讲深剖-2018领军高考物理真题透析含解析精品

（一）真题速递1.（2017新课标Ⅲ 21）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。

下列说法正确的是A．电场强度的大小为2.5 V/cmB．坐标原点处的电势为1 VC．电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV【答案】ABD【名师点睛】在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙。

电势与电势能之间的关系，也是常考的问题，要知道负电荷在电势高的电势能低。

2．（2017全国Ⅰ，20）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示。

电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别E a、E b、E c和E d。

点a到点电荷的距离r a与点a的电势ϕa已在图中用坐标（r a，ϕa）标出，其余类推。

现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd。

下列选项正确的是A．E a：E b = 4:1B．E c：E d = 2:1C．W ab:W bc = 3:1D．W bc:W cd = 1:3【答案】AC【考点定位】电场强度电势差电场力做功【名师点睛】本题主要考查学生的识图能力，点电荷场强及电场力做功的计算3．（2017江苏卷，8）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。

下列说法正确有（）（A）q1和q2带有异种电荷（B）x1处的电场强度为零（C）负电荷从x1移到x2，电势能减小（D）负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC【名师点睛】本题的核心是对φ-x图象的认识，要能利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，还有就是图象的斜率描述电场的强弱-电场强度。

2018高考领航一轮复习高中物理模拟题卷答案

详解答案高考模拟试题精编(一)1．解析：选D.质点、点电荷作为理想化模型都忽略了物体的大小和形状，选项A 、B 错误；理想电压表认为内阻为无穷大，忽略了并联的分流作用，选项C 错误；理想变压器忽略了铁损和铜损，没有能量损失，选项D 正确．2．解析：选C.在拉动过程中，木箱克服重力做功为mgL sin 30°，克服摩擦力做功为μmgL cos 30°，根据功能关系可知，拉力至少做功为mgL sin 30°＋μmgL cos 30°＝12mgL (1＋3μ)，选项C 正确．3．解析：选C.根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a 1、a 2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma 2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s 时间内物块的位移大小，即可求出L ，故选项C 正确．4．解析：选C.设导轨单位长度的电阻为r 0，虚线左侧的总电阻为R 0，导轨间距为d ，t时刻棒的速度大小为v ，则位移大小s ＝12at 2，t 时刻回路中的总电阻R ＝R 0＋2sr 0＝R 0＋r 0at 2，棒的速度大小v ＝at ，棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bd v ＝Bdat ，与t 成正比，棒中的电流I ＝E R ＝BdatR 0＋r 0at 2，不与t 成正比，选项A 错误，C 正确；根据牛顿第二定律有F －BId ＝ma ，得水平拉力F ＝B 2d 2atR 0＋r 0at 2＋ma ，不与t 成正比，选项B 错误；根据功能关系可知水平拉力F 做的功等于棒动能的增加量与整个装臵中产生的热量之和，选项D 错误．5．解析：选AC.密立根利用油滴实验测出了基本电荷的电荷量，A 项正确；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究发现了中子，B 项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出钋(Po)和镭(Ra)两种新元素，C 项正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，D 项错误．6．解析：选BD.a 、c 两个顶点处的点电荷在O 点产生的合电场强度为零，设b 、O 两点之间距离为x ，则b 顶点处的点电荷在O 点产生的电场强度为kQx2，a 、b 、c 三个顶点处的点电荷在d 点处产生的电场强度为kQ (2x )2－2kQ(2x )2×cos 60°＝0，显然，选项A 错误，D 正确；又因顺着电场线方向电势逐渐降低，则O 点电势低于d 点电势，检验电荷在d 点的电势能较大，选项C 错误，B 正确．7．解析：选CD.由图乙可知，交流电的周期为0.02 s ，则交流电压的表达式为u ＝362sin 100πt (V)，选项A 错误；t ＝0.015 s 时，根据图乙可知：线圈产生的电动势为最大值，此时发电机的线圈平面与磁场方向平行，选项B 错误；理想变压器的电流与匝数成反比，选项C 正确；当温度升高时，R 1的阻值变大，因电源电压不变，理想变压器的原线圈两端的电压不变，电压表的读数不变，理想变压器的副线圈两端的电压也不变，电路中的电阻变大，故电流表的读数减小，选项D 正确．8．解析：选ABD.导线框进入磁场区域的过程中穿过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律和安培定则可知感应电流的方向沿逆时针方向，A 正确．导线框只有进入磁场与穿出磁场的过程中才有感应电流，这两阶段通过的总位移为22L ，故B 正确．导线框的对角线bd 有一半进入磁场时，整个导线框切割磁感线的有效长度为对角线a 、c 长度的一半，产生的电动势为E ＝22BL v ，所受安培力大小为F ＝B E 4R ×22L ＝B 2L 2v 8R，a 、c 两点间电压U ＝I ×2R ＝E 2＝2BL v 4，C 错误、D 正确． 9．解析：(1)在t 2到t 5时间内，小球下落的高度h ＝0.720 6 m ，所以小球重力势能的减少量为ΔE p ＝mgh ≈7.06 J ，小球在t 2时刻的瞬时速度大小v 2＝(21.58＋19.14)×10－22×0.05m/s ＝4.072m/s ，在t 5时刻的瞬时速度大小v 5＝(26.46＋28.90)×10－22×0.05m/s ＝5.536 m/s ，所以小球动能的增加量ΔE k ＝12m (v 25－v 22)≈7.03 J. (2)由于小球下落过程中要受到空气阻力的作用，所以减少的重力势能一部分转化为小球运动的动能，另一部分转化为克服空气阻力做功而产生的内能．答案：(1)7.06(2分) 7.03(2分) (2)空气阻力使小球的机械能减少(2分)10．解析：(1)由于多用电表使用的是“×100”挡，所以当指针指向“5”时，表明被测电阻的阻值为500 Ω；(2)②由于电路中没有给出电压表，所以需要将电阻箱和电流表A 1的整体看做电压表，由于该电路采用的是电流表内接法，所以测得的阻值应为被测电阻R x 和电流表A 2的内阻之和，即I 1(R 0＋r 1)R x ＋r 2＝I 2，整理该式可得R x ＝(R 0＋r 1)I 1I 2－r 2.答案：(1)500(3分) (2)①如图所示(3分) ②(R 0＋r 1)I 1I 2－r 2(3分)11．解析：A 与B 碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律可求出碰后B 的速度；AB 碰后，B 在C 的摩擦力作用下做减速运动，C 做加速运动直到二者达到共同速度，若要AB 不发生第二次碰撞，BC 的共同速度须大于等于2 m/s ，对BC 运动过程应用动量守恒定律可解出C 的质量．(1)A 与B 相碰的一瞬间，A 、B 组成的系统动量守恒则有m A v 0＝m A v A ＋m B v B (3分) 求得v B ＝3 m/s(3分)(2)碰撞后C 在B 上相对B 滑动，B 做减速运动，设C 与B 相对静止时，B 与C 以共同速度v ＝2 m/s 运动时，A 与B 刚好不会发生第二次碰撞，这个运动过程C 与B 组成的系统动量守恒则m B v B ＝(m B ＋m C )v (3分) 求得m C ＝2 kg(3分)因此要使A 与B 不会发生第二次碰撞，C 的质量不超过2 kg(2分) 答案：(1)3 m/s (2)2 kg 12.解：(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v 由动能定理可得：qEd ＝12m v 2(2分)解得：v ＝ 2qEdm(1分)(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示．由几何知识可知，粒子第二次进、出电场时，粒子在竖直方向上运动的距离和粒子在水平方向上运动的距离相等．所以有：12·qE m·t 2＝v t (2分)解得：t ＝22mdqE(1分)所以粒子第二次进、出电场处两点间的距离为： x CA ＝2v t (2分)代入数据可得：x CA ＝42d (1分)(3)由q v B ＝m v 2R 可得R ＝m vqB (2分)即R ＝1B 2mEd q (1分)由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径有最大值，即B ′最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示．设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则由几何关系可知r ＝2＋24R (2分)又因为r ＝m v qB ′，所以B ′＝m vqr (2分)代入数据可得：B ′＝2(2－2)B (2分)答案：(1) 2qEdm(2)42d (3)2(2－2)B13．解析：(2)①设被封住的理想气体压强为p ，轻细杆对A 和对B 的弹力为F ，对活塞A 有：p 0S A ＝pS A ＋F (1分)对活塞B ，有：p 0S B ＝pS B ＋F (1分) 得：p ＝p 0＝1.0×105 Pa(1分)②当汽缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A 、B 一起向右移动(1分)活塞A 最多移动至两筒的连接处．设活塞A 、B 一起向右移动的距离为x .对理想气体： V 1＝2LS A ＋LS B (1分) T 1＝500 KV 2＝(2L －x )S A ＋(L ＋x )S B (1分) T 2＝400 KS A ＝200 cm 2 S B ＝100 cm 2由盖—吕萨克定律：V 1T 1＝V 2T 2(2分)解得：x ＝10 cmx ＜2L ＝20 cm 表明活塞A 未碰两筒的连接处．故活塞A 、B 一起向右移动了10 cm.(2分)答案：(1)BCE (2)①1.0×105 Pa ②右 10 cm14．解析：(1)由图象可知，波长为4 m. 由题意可知，波的周期的整数倍为0.4 s ，最大周期为0.4 s ，与此对应的频率最小为2.5 Hz ；由公式λ＝v T 可算得最小波速为10 m/s ；不管波沿那个方向传播，由t 时刻到t ＋0.2 s 时刻，经历的时间都是半周期的整数倍，因此，x ＝3 m 的质点又一次经过平衡位臵；即使已知波的传播方向，由于不知波源开始振动时的运动方向，所以不能判定各质点开始振动时运动的方向；由题意知在t 到t ＋0.4 s 波传播的距离为4n ，当n 为5时波传播距离为20 m ．综上所述B 、C 、E 项正确．(2)作出光路图，结合折射定律和几何关系可求得入射点P 距离圆心的距离和两折射光线的夹角．①光路图如图所示，由图中几何关系可知，∠PCD ＝360°－∠CPO －∠POD －∠ODC ＝30°(3分)所以在ACB 面上的入射角为∠PCO ＝15°，入射点P 距圆心O 的距离为OP ＝r sin 15°(2分)②光线射到D 点时入射角为30°，由折射率公式n ＝sin isin r可知对甲单色光：n 甲＝sin i 甲sin 30°，sin i 甲＝n 甲sin 30°＝3×12＝32，i 甲＝60°(2分)对乙单色光：n 乙＝sin i 乙sin 30°，sin i 乙＝n 乙sin 30°＝2×12＝22，i 乙＝45°(2分)所以两种色光从OB 面射出后的折射光线的夹角为15°(1分) 答案：(1)BCE (2)①r sin 15° ②15°高考模拟试题精编(二)1．解析：选C.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，而汤姆孙首先发现电子且提出原子结构的“西瓜模型”，选项C 错误．2．解析：选C.在0～a 内，外力恒为2F 0，故物体做匀加速直线运动，加速度a 1＝2F 0m，物体的速度v ＝a 1t ，位移x 1＝12a 1t 2，可知A 、D 项错误；在a ～3a 内，加速度a 2＝－F 0m，物体做匀减速直线运动，且a 1＝2|a 2|，故C 项正确；位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2，位移x 与t 成二次函数关系，图象为抛物线，B 项错误．3.解析：选B.根据左手定则判断，通电金属棒ab 在磁场中受到水平向左的安培力作用，金属棒ab 还受到拉力、重力的作用，处于平衡状态时，根据平衡条件有tan θ＝BIL mg ，得I ＝mgBLtan θ，选项B 正确．4．解析：选B.设地球的半径、质量和自转角速度分别为R 、M 和ω.对X 星球的同步卫星有G 9Mm r 2X ＝m (3ω)2r X ，得X 星球的同步卫星的轨道半径r X ＝3GM ω2＝r 地，选项A 错误；由v X ＝r X ·3ω得X 星球的同步卫星的线速度v X ＝3v 地，选项B 正确；由G 9Mm 0(3R )2＝m 0g X 得X 星球表面的重力加速度g X ＝G MR2＝g 地，选项C 错误；由v X 1＝g X ·3R 得X 星球的第一宇宙速度v X 1＝3v 地1，选项D 错误．5．解析：选CD.小球从抛出至上升到最高点所经过的时间t 1＝v 0g，上升的最大高度H ＝v 202g ；从最高点下降到小球的动能等于重力势能时有v 2＝2gh ，mg (H －h )＝12m v 2，v ＝gt 2，解得t 2＝2v 02g ，待求的时间为t ＝t 1－t 2＝⎝⎛⎭⎫1－22v 0g 或t ＝t 1＋t 2＝⎝⎛⎭⎫1＋22v 0g ，选项C 、D 正确，A 、B 错误．6．解析：选AD.线框做匀速直线运动，感应电动势E ＝BL v 0，感应电动势随着线框切割磁感线有效长度L 的减小而线性减小，A 正确；线框进入磁场过程中受到的安培力F ＝B 2L 2v 0R，安培力与L 2成线性关系，B 错误；线框的电功率P ＝B 2L 2v 20R ，电功率与L 2成线性关系，C 错误；线框进入磁场的过程中产生的感应电流大小I ＝BL v 0R，感应电流与L 成线性关系，D 正确．7．解析：选AD.滑雪者到达N 点时的竖直分速度为v y ＝gt 0＝v 0tan 60°，得g ＝3v 0t 0，到达N 点时的速度大小为v ＝v 0cos 60°＝2v 0，A 正确；M 、N 两点之间的水平位移为x ＝v 0t 0，竖直高度差为y ＝12gt 20＝32v 0t 0，M 、N 两点之间的距离为s ＝x 2＋y 2＝72v 0t 0，B 错误；由mg sin 60°＝ma ，解得滑雪者沿斜坡NP 下滑的加速度大小为a ＝g sin 60°＝3v 02t 0，C 错误；N 、P 之间的距离为s ′＝v t 0＋12at 20＝114v 0t 0，N 、P 两点之间的高度差为s ′sin 60°＝1138v 0t 0，M 、P 之间的高度差为h ＝y ＋s ′sin 60°＝1538v 0t 0，D 正确．8．解析：选CD.撤去力F 前，设弹簧的弹力为T ，则对P 、Q 整体应用牛顿第二定律，有T ＝3ma ，对M 、P 、Q 整体由牛顿第二定律可知，N 对M 的摩擦力大小为f 1＝4ma ，撤去力F 瞬间，弹簧的弹力不变，故P 、Q 的加速度均为a ，方向不变，B 错误，C 正确；撤去力F 瞬间，假设M 、N 相对静止，设M 、N 的加速度为a 1，则对M 、N 整体有T ＝3ma 1，即a 1＝a ，方向改变，而此时M 受到的摩擦力大小为f 2＝2ma 1＝2ma ＜f 1＝4ma ，假设成立，故M 、N 相对静止，A 错误，D 正确．9．解析：(1)根据螺旋测微器读数规则，遮光条的宽度d ＝2.5 mm ＋0.058 mm ＝2.558 mm.(2)根据动能定理，Fs ＝12M v 2，v ＝d Δt ，联立解得F ＝Md 22s ⎝⎛⎭⎫1Δt 2，选定F 作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为⎝⎛⎭⎫1Δt 2，D 正确．(3)得出线性变化图象的斜率为k ，由k ＝Md 22s 解得M ＝2ksd2.答案：(1)2.558(2分) (2)D(2分) (3)2ksd2(2分)10．解析：(1)游标卡尽的读数为(50＋0.05×3)mm ＝50.15 mm ，螺旋测微器的读数为(4.5＋0.01×20.0)mm ＝4.700 mm.(2)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑动触头P 臵于最左端．(3)电流应从多用电表的红表笔流入，则红表笔应接电源的正极，即接在a 点．从题图4中可得读数为1.90 V ，表笔接在a 、b 两点和a 、c 两点时多用电表的指针不偏转，改接c 、d 两点时，指针偏转，可判断c 、d 间电路断路．答案：(1)50.15(1分) 4.700(1分) (2)左(1分) (3)a (2分) 1.90 V(2分) c 、d 两点间断路(2分) 11．解析：(1)红灯亮后汽车前进的距离x ＝v t ＋v 22a 1＝35 m(2分)车停止时车头距离停车线x ′＝36 m －35 m ＝1 m(2分)(2)当汽车加速至v 1＝6.0 m/s 时两者相距最近，加速时间t 1＝v 1a 2＝6 s(2分)人运动距离为x 1＝6×6 m ＝36 m(2分)汽车运动距离x 2＝12a 2t 21＝18 m(2分)两者最近距离Δx ＝x 2＋x 0－x 1＝7 m(2分)人不能追上出租车，且车开动后，人与车的距离先减小后增大，步行者与车的最近距离为7 m ．(2分)答案：(1)1 m (2)人不能追上出租车 7 m12．解析：(1)质点从B 到C 恰好能做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，由左手定则可知粒子带正电．(2分)质点从A 到B ，由平抛运动规律有竖直方向：h ＝12gt 2，v y ＝gt (2分)水平方向：v 0＝2ht(1分)由几何知识得v 2＝v 20＋v 2y (1分) 求得粒子到达B 点时的速度 v ＝2gh ＝2 m/s(1分) 方向与x 轴正方向成45°角(1分)(2)质点从B 到C ，重力与电场力平衡则有Eq ＝mg (1分)洛伦兹力提供向心力，Bq v ＝m v 2R(2分)由几何知识得(2R )2＝(2h )2＋(2h )2(2分)解得电场强度E ＝mg q ＝5×10－4 N/C(1分)磁感应强度B ＝m q 2g h ＝22×10－3 T(2分)(3)质点进入第Ⅲ象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动．竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v 在水平方向的分量v min ＝v cos 45°＝ 2 m/s ，方向沿x 轴负方向．(2分)答案：(1)2 m/s 与x 轴正方向成45°角(2)22×10－3 T 5×10－4 N/C(3) 2 m/s 沿x 轴负方向13．解析：(1)已知气体的摩尔质量和密度可以算出气体的摩尔体积，用摩尔体积除以阿伏加德罗常数是每个气体分子所占据的空间，但不等于每个气体分子的大小，A 项正确；若两个分子只受到它们之间的分子力作用，分子间的作用力先是引力后是斥力. 当分子间的距离减小时，分子力先做正功后做负功，分子的动能先增大后减小，B 项错误；系统吸收热量时，由于不知道做功情况，根据热力学第一定律可知它的内能不一定增加，C 项正确；根据热力学第二定律可知，如果引起其他变化，热量可以从低温物体传到高温物体，D 项错误；气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，E 项正确．(2)对活塞受力分析，根据平衡条件可求出初末状态气体的压强，根据等温变化规律可求出末态气体的体积，然后求出活塞移动的距离．①对活塞受力分析 Mg ＋p 0S ＝pS (2分)得p ＝Mg ＋p 0S S(1分)②汽缸倒臵后：对活塞受力分析得 Mg ＋p 1S ＝p 0S (2分)所以p 1＝p 0S －MgS(1分)对封闭气体运用玻意耳定律pV 0＝p 1V 1(1分)得V 1＝(p 0S ＋Mg )V 0p 0S －Mg (1分)所以Δh ＝V 1－V 0S ＝2MgV 0(p 0S －Mg )S(2分)答案：(1)ACE (2)①p 0S ＋Mg S ②2MgV 0(p 0S －Mg )S14．解析：(1)在简谐横波中，质点离平衡位臵越远，速度越小，t ＝0时质点a 的速度比质点c 的小，选项A 正确；质点离平衡位臵越远，加速度越大，t ＝0时，质点a 的加速度比质点c 的大，选项B 错误；由质点d 的振动图象可知，t ＝0时质点d 沿y 轴负方向运动，结合波形图知，波沿x 轴正方向传播，t ＝0时，质点b 沿y 轴负方向运动，质点c 沿y 轴正方向运动，质点b 比质点c 先回到平衡位臵，选项C 正确；0～0.5 s 时间内质点b 的平均速率比质点a 的大，质点b 的振动路程比质点a 的大，选项D 错误；由题图2知周期T ＝2 s ，ΔtT＝32，质点a 、b 的振动路程均为32×4A ＝30 cm ，选项E 正确． (2)①由n ＝sin αsin β(1分)得β＝30°(1分)由sin C ＝1n(2分)得C ＝45°(1分)②临界光线的光路如图所示，则θ1＝180°－C －(90°－β)＝75°(1分) θ2＝90°－(β＋C )＝15°(1分) ∠P 1OP 2＝180°－θ1－θ2＝90°(1分) S ＝∠P 1OP 2180°πRL ＝12πRL (2分)答案：(1)ACE (2)①30° 45° ②12πRL高考模拟试题精编(三)1．解析：选B.由v -t 图象知识可以知道，速度与时间轴围成的面积位于时间轴上部位移为正，速度与时间轴围成的面积位于时间轴下部位移为负，同时表示运动方向相反，可第1 s 与第5 s 速度与时间轴围成面积都位于时间轴上部，A 错；v -t 图象中，同一条线段的斜率相同且表示加速度，第5 s 内与第6 s 内速度为在同一直线上的两线段，B 对；0～4 s 与0～6 s位移相同，但时间不同，利用平均速度公式v ＝ΔxΔt，C 错；利用动能定理判断某一段时间内合外力做的功为正功还是负功，W ＝12m v 2t －12m v 20，第6 s 内初速度为零，末速度不为零，所以第6 s 内动能增大，合力做正功，D 错．2．解析：选D.对磁铁m 受力分析可知，受竖直向下的重力mg ，垂直于铁板斜面向上的磁力F ，垂直于斜面的弹力N ，沿铁板的摩擦力f ＝mg sin θ，整个过程中磁铁与铁板始终处于相对静止状态，所以摩擦力为静摩擦力，且随θ增大而增大，A 、B 、C 错；垂直于斜面方向F ＝N ＋mg cos θ，磁力F 不变，mg cos θ在减小，所以弹力N 增大，D 对．3．解析：选B.平抛运动过程中，物体的机械能守恒，初始状态时动能为势能的3倍，而落地时势能全部转化成动能，可以知道平抛初动能与落地瞬间动能之比为3∶4，那么落地时，水平速度与落地速度的比值为3∶2，那么落地时速度与水平方向的夹角为π6，A 、C 、D错，B 对．4．解析：选D.因为带负电的粒子仅在电场力作用下运动的过程中电势能不变，所以电场力不做功，所以粒子不可能做直线运动，而是做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，故A 项错，B 项错；粒子做匀速圆周运动的过程中，电场力提供向心力，所以粒子所处位臵电场强度大小相同，方向不同，运动轨迹上各点的电势一定相等，故C 项错，D 项正确．5．解析：选AC.由U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝n 1n 2U 2＝101×12 V ＝120 V ．由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝110×10A ＝1 A ，所以U R 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22022－120V ＝100 V ，故R 0＝100 Ω，A 项正确；又P 入＝P 出＝U 2I 2＝12×10 W ＝120 W ，而P ＝P 入＋P R 0＞120 W ，B 项错误；t ＝0.01 s 时，U 最大，故流过R的电流最大，C 正确；将开关断开，U 1U 2＝n 1n 2依然成立，但由于原、副线圈中电流为0，原线圈两端电压变为220 V ，故电压表示数为22 V ，D 项错误．6．解析：选CD.第一宇宙速度等于卫星沿地球表面运行的速度，而“天宫一号”离地有一定的高度，故其运行速度必小于第一宇宙速度，A 错误；因无法求出“天宫一号”的质量，故无法获得其动能，B 错误；由g ＝GM R 2、ρ＝M V 、V ＝43πR 3可求得地球的质量与密度，再由a＝GM (R ＋h )2可得“天宫一号”的向心加速度，故C 、D 正确． 7.解析：选ABD.因质子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子的轨迹半径r ＝Ln (n ＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力有Bq v ＝m v 2r，得v ＝Bqr m ＝BkL n(n ＝1,2,3，…)，A 、B 、D 正确．8．解析：选AD.负载总电阻R 总＝R 0＋R 02＋R 04＝10 Ω，干路电流I ＝UR 总＝1 A ，电阻R 2两端的电压U R 2＝R 04·I ＝107 V ，其热功率P R 2＝U 2R 2R 2＝57W ，选项A 正确；由图乙可得，t ＝0.02s 时通过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，R 两端的电压瞬时值不为0，选项B 错误；由图乙可知，周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，感应电动势的有效值E ＝U ＋Ir ＝12 V ，线圈产生的感应电动势e ＝122cos(100πt )V ，选项C 错误；感应电动势的最大值E m ＝nBSω＝12 2 V ，磁通量的最大值Φm ＝BS ＝122100n π Wb ，磁通量的瞬时值Φ＝BS sin 100πt ＝122100n πsin(100πt )Wb ，从线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝12Φm ＝62100n πWb ，通过R 1的电荷量q ＝n ·ΔΦr ＋R 总＝2200πC ，选项D 正确．9．解析：(1)弹簧测力计的读数的2倍等于小车受到的拉力，无需用天平测出砂和砂桶的质量，不需要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M ，选项A 、E 错误；将带滑轮的长木板右端垫高，可平衡摩擦力，让拉力充当小车的合外力，选项B 正确；为了在纸带上打下更多清晰的点，小车要靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，选项C 正确；为了减小误差，需要打出多条纸带，故需改变砂和砂桶的质量，选项D 正确．(2)相邻两个计数点间还有两个点没画出，故相邻两计数点间的时间间隔t ＝0.06 s ，逐差法求得加速度a ＝3.8＋3.3＋2.8－1.4－1.9－2.39×t2×10－2m/s 2≈1.3 m/s 2. (3)对小车受力分析，由牛顿第二定律可得：2F ＝Ma ，可得：a ＝2M F ，即k ＝2M＝tan θ，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案：(1)BCD(2分) (2)1.3(2分) (3)D(2分)10．解析：(1)在使用多用电表欧姆挡测电阻时，换挡必进行欧姆调零．所测电阻值为18 Ω.(2)因电源的电动势为3 V ，要求电流表指针有较大的偏转，故电流表选用A ，电阻箱选用D.根据串并联电路特点和闭合电路欧姆定律，对步骤①可得：E ＝I (r ＋R 1＋R x )；对步骤②可得：E ＝I (r ＋R 2)，联立可得：R x ＝R 2－R 1.(3)根据串并联电路特点和闭合电路欧姆定律，E ＝I (r ＋R ＋R A )，可得：1I ＝r ＋R A E ＋1ER ，即r ＋R A E＝1 A －1，R A ＝2 Ω.答案：(1)欧姆调零(1分) 18.0(2分) (2)A(1分) D(1分) R 2－R 1(2分) (3)2(2分)11．解析：(1)逸出功W ＝hν0＝6.6×10－34 J·s ×1.1×1015 Hz ＝7.26×10－19 J ．根据光电效应的产生条件，照射铝表面的光的频率大于铝的极限频率，所以可以发生光电效应，有光电子逸出．由爱因斯坦光电效应方程，逸出的光电子的最大初动能为E k ＝hν－W ＝2.64×10－19 J.(2)①设子弹刚相对于木块静止时的速度为v ，由动量守恒定律有m v 0＝(m ＋M )v ，解得v ＝v 010(2分) 设子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能为ΔE ，由能量守恒定律有ΔE ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2(2分) 代入数据得ΔE ＝9m v 2020(1分)②设弹簧的劲度系数为k ，根据题述，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx ，其弹性势能可表示为E p ＝12k (Δx )2(1分)木块压缩轻弹簧过程，由机械能守恒定律有12(m ＋M )v 2＝E p (2分) 解得弹簧的劲度系数k ＝m v 2010(Δx )2(2分)答案：(1)7.26×10－19 J(1分) 有(1分)2．64×10－19 J(1分) 理由见解析(1分)(2)①9m v 2020 ②m v 2010(Δx )212．解析：(1)导体棒运动到距O 点距离为12l 时，闭合回路中感应电动势E ＝B ·12l v ＝12Bl v (2分)闭合回路中总电阻R ＝ρl (1分)根据闭合电路欧姆定律有I ＝ER(1分)联立解得I ＝B v2ρ(2分)(2)导体棒做匀速运动，可知在0～lv 时间内，电路中电流恒定q ＝It ＝B v 2ρ·l v ＝Bl2ρ(3分)(3)由于导体棒做匀速运动，所以F ＝BIx ＝B 2v2ρx (0≤x ≤l )(1分)F ＝BIl ＝B 2v l2ρ(l ≤x ≤2l )(1分)作出F -x 图象如图(2分)由图象可知W ＝3B 2v l 24ρ(3分)由功能关系可得Q ＝|W 安|＝W ＝3B 2v l 24ρ(2分)答案：(1)B v 2ρ (2)Bl2ρ (3)3B 2v l 24ρ13．解析：(1)松香是非晶体，只有晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏分子结构，增加分子势能，而熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，选项A 错误；当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，选项B 正确；液体的饱和汽压与温度有关，与饱和汽的体积无关，选项C 错误；气体的压强与单位体积的分子数和分子平均动能有关，若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W >0，Q >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，ΔU >0，说明气体的温度升高，分子平均动能增大，又气体被压缩，体积减小，单位体积的分子数增加，所以气体压强一定增大，选项D 正确；若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小，即ΔU <0，又外界对气体做功，即W >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，Q <0，即气体一定放热，选项E 正确．(2)①B 刚要离开桌面时弹簧拉力为 kx 1＝mg (1分)由活塞受力平衡得p 2S ＝p 0S －kx 1(1分) 根据理想气体状态方程有p 0L 1S T 1＝p 2(L 1－x 1)ST 2(2分) 代入数据解得T 2＝207 K(1分)当B 刚要离开桌面时缸内气体的温度 t 2＝－66 ℃(1分)②由①得x 1＝5 cm(1分)当温度降至－66 ℃之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖－吕萨克定律有 (L 1－x 1)S T 2＝(L 1－x 1－H )ST 3(2分) 代入数据解得H ＝15 cm(1分)答案：(1)BDE (2)①－66 ℃ ②15 cm 14．解析：(1)两列波叠加，t ＝0时刻x ＝0处质点的振动位移为两列波振幅之和，为40 cm ，A 错误．根据波形图，A 波的波长为3 m ，B 波的波长为5 m ，两列波在同一介质中传播，波速相同，由λ＝vf可知两列波的频率之比为f A ∶f B ＝λB ∶λA ＝5∶3，B 正确．由于质点的振动位移等于同一时刻同一质点分别在两列波中振动位移的和，所以t ＝0时刻一定存在振动位移为－30 cm 的质点，C 正确．两列波波长最简整数比为3∶5,3和5的最小公倍数是15，所以t ＝0时刻x 轴正半轴到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为x ＝5λA ＝15 m ，D 错误．t ＝0时刻x 轴正半轴到原点最近的波谷重合处的横坐标为x ＝7.5 m ，E 正确．(2)①连接圆心O 与角α的顶点，交球面于C 点，连接AC 、CB ，ACB 即为光线的路径，如图所示(3分)②由几何关系及对称性有r ＝α2＋(i －r )，解得r ＝30°(1分)由折射定律有n ＝sin isin r＝2(2分)AC ＝BC ＝2R cos r ＝3R (1分)光在透明球中的传播路程L ＝23R (1分)传播速度v ＝c n ＝2c2(1分)传播时间t ＝L v ＝26Rc(1分)答案：(1)BCE (2)①见解析 ②2 26Rc高考模拟试题精编(四)1．解析：选C.选上面两块(1,4)为研究对象，知F 右＝2mg sin θ，选上面三块为研究对象，知F 左＝3mg sin θ，选项C 正确．2．解析：选C.设等边三角形的边长为L ，则匀强电场E ＝υ32L ，当让等边三角形以A 点为轴在纸面内顺时针转过30°，则B 1到AB 的距离为L 1＝L 2，所以U ＝Ed ＝υ32L ×L 2＝3υ3，故转动后B 点的电势为－3υ3，故A 、B 、D 错误，C 正确．3．解析：选D.甲、乙两质点在3 s 末在途中相遇时，各自的位移为2 m 和6 m ，因此两质点发点间的距离是甲在乙之前4 m.4．解析：选B.当电流稳定时，电容器可视为断路，当P 向左滑时，滑动变阻器连入电路中的阻值R 增大，根据闭合电路欧姆定律得，电路中的电流I ＝ER ＋R 2＋r减小，电压表的示数U ＝E －I (R 2＋r )增大，A 错误，B 正确；对于电容器，电荷量Q ＝CU 增大，C 、D 均错．5．解析：选AC.由原线圈电压表达式u ＝311sin 100πt V 可知，副线圈中电流的变化频率为50 Hz ，选项A 正确．根据变压公式，副线圈两端电压为55 V ，线圈有感抗，灯泡L 1两端电压一定小于55 V ，选项B 错误；若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则线圈L 感抗增大，灯泡L 1两端电压减小，灯泡L 1的亮度将变暗，选项C 正确；若交变电压u 的有效值不变，频率增大，线圈L 感抗增大，R 中电流减小，则电压表V 的示数将增大，选项D 错误．6．解析：选ABD.用频率为ν的光照射某金属研究光电效应时，遏止电压为U c ，则光电子的最大初动能E k ＝eU c ，根据爱因斯坦光电效应方程，hν＝E k ＋W 0，因此该金属的逸出功为W 0＝hν－eU c ，A 项正确；一群处于n ＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出C 23＝3种不同频率的光子，B 项正确；某放射性物质的半衰期为τ，质量为m 的该放射性物质，半个半衰期后其质量一定大于12m ，C 项错误；根据质量数和电荷数守恒，核反应方程411H →42He ＋K X 中，X 是正电子，K ＝2，D 项正确．7．解析：选AC.导体棒在倾斜导轨上匀速运动有mg sin θ＝BId ＝B 2d 2vR ＋r，A 对；匀速运动时导体棒两端电压U ＝IR ＝mgR sin θBd ，B 错；根据法拉第电磁感应定律可知导体棒下滑s 过程中电路中平均电动势E ＝Bds t ，平均电流I ＝E R ＋r ，通过R 的电荷量q ＝It ＝BdsR ＋r，C 对；对导体棒应用动能定理可知重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，D 错．8．解析：选AB.开始时滑块处于平衡状态，Eq ＝mg sin θ，当滑块下滑至将弹簧压缩到最短时，电场力做负功，电势能增加ΔE 电＝Eqx ，重力做正功，重力势能减小ΔE 重＝mgx sin θ，可知ΔE 电＝ΔE 重，选项A 正确；由动能定理得W 电＋W 重＋W 弹＝－12m v 2，则W 弹＝－12m v 2，选项B 正确，选项C 错误；当滑块加速度最大时，此时滑块受到的合外力最大，即弹簧弹力最大，则滑块应到达最低点，电场力做的负功最多，所以滑块与弹簧组成的系统机械能最小，选项D 错误．9．解析：探究滑动摩擦力f 与正压力F N 之间的关系，其结果应当是：f ＝μF N .答案：(2)测量木块、砝码的总重力(1分) 记录弹簧秤的示数(1分) (3)直线(1分) 所得图线的斜率k ＝F N f ＝1μ，表示动摩擦因数的倒数(1分) (4)滑动摩擦力f 与正压力F N 成正比(1分)10．解析：(1)多用电表测电阻，指针示数为30，倍率为×100，所以测量结果为3 000 Ω.(2)图③比较合理，图②中流过电流表的电流太小，指针不能达到量程的13，误差太大．(3)闭合K 1读出电压表的示数U 1；再闭合K 2，读出电压表的示数U 2，根据欧姆定律可得：U 2－U 1R ＝U 1R V ，即R V ＝U 1R U 2－U 1.答案：(1)3 000 Ω(3分) (2)③(3分)。

专题21 库仑定律、电荷守恒、静电现象-八年高考(2011-2018)物理试题分项精析版(解析版)

1．如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm。

小球c所受库仑力的合力的方向平衡于a、b的连线。

设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）A. a、b的电荷同号，B. a、b的电荷异号，C. a、b的电荷同号，D. a、b的电荷异号，【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 D【解析】本题考查库仑定律、受力分析及其相关的知识点。

【点睛】此题将库仑定律、受力分析、平行四边形定则有机融合，难度不大。

一、单项选择题1．【2015·江苏·2】静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载《春秋纬考异邮》中有玳瑁吸衣若之说，但下列不属于静电现象的是（）A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉【答案】C静电现象2．【2016·浙江卷】如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。

把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合【答案】C【解析】由静电感应可知，A的左端带负电，B的右端带正电，AB的电势相等，选项AB错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷仍然存在，故贴在A、B下部的金属箔仍张开，选项D错误；故选C。

学科@网静电感应【名师点睛】此题是来自课本上的一个学生实验，考查静电感应问题，只要课本上的实验弄清楚，此题是没难度的。

解决类似试题的关键是，知道静电感应的实质是同性电荷相互排斥，异性电荷相互吸引；带电体达到静电平衡时，带电体是一个等势体。

2018年高考物理课标Ⅱ专用复习专题测试专题八静电场共155张精品

A.aa>ab>ac,va>vc>vb B.aa>ab>ac,vb>vc>va C.ab>ac>aa,vb>vc>va D.ab>ac>aa,va>vc>vb
答案Leabharlann 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=
F m
=
qQ E m
,E=k
qP r2
,因
为rb<rc<ra,所以ab>ac>aa;
5
Ucb,E=2.5 V/cm,A项正确。Uoe=Elob sin 53°=16 V,故O点电势φ0=17 V-16 V=1 V,B项正确。电子
在a点的电势能比在b点的高7 eV,C项错误。电子从b点到c点电场力做功W=9 eV,D项正确。
方法技巧充分利用直角三角形中37°和53°的关系 ①Oa为6 cm,Ob=8 cm,这样连接O、c,∠cOb=37°,∠Ocb=53°。 ②在a、c连线上找φd=17 V,bd为等势线。由对应关系得lcd=4.5 cm,∠cbe=37°。Oec恰好为电场线。 ③充分利用电场中的角度,以37°和53°的关系解题。
由动能定理有Wab=qQUab=
1 2
m
vb2
-
1 2
mva2
Wbc=qQUbc=
1 2
m
vc2
-
1 2
mvb2
因为Wab<0,所以va>vb
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。
考查点电场力的性质解题关键 ①了解点电荷周围场强的分布。 ②利用轨迹偏转情况判定受力方向。 ③利用点电荷周围等势面的特点,判定电场力做功。易错警示通过轨迹的偏转情况判定受力方向与速度变化情况是难点及易错点。

专题8.1 库仑定律电场力的性质(真题精讲)-2019领军高考物理真题透析一轮复习(解析版)

、（一）真题速递1.(2018·全国卷I ·T16)如图,三个固定的带电小球a 、b 和c,相互间的距离分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm 。

小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线。

设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k,则( )A.a 、b 的电荷同号,169k =B.a 、b 的电荷异号,169k = C.a 、b 的电荷同号,6427k = D.a 、b 的电荷异号,6427k =【答案】D解答本题应注意以下三点: (1)判断a 、b 电荷的带电情况。

(2)判断小球c 所受a 、b 电荷库仑力的方向。

(3)根据几何关系,找出小球c 所受a 、b 电荷库仑力的关系。

2．（2017海南，2）关于静电场的电场线，下列说法正确的是 A ．电场强度较大的地方电场线一定较疏 B ．沿电场线方向，电场强度一定越来越小 C ．沿电场线方向，电势一定越来越低D ．电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹【答案】C【解析】电场线的疏密表示场强的强弱，那么电场强度较大的地方电场线一定较密，故A 错误；沿着电场线的方向，电势会降低，因此沿电场线方向电势越来越低，但电场线不一定越来越疏，则场强不一定越来越小，故B 错误，C 正确；电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故D 错误；【点评】记住电场线的特点：电场线的疏密代表电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，并要掌握电场线的两个意义：电场线的方向反映电势的高低，电场线的疏密表示场强的方向．3．(2016全国卷Ⅱ)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a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c ，则( )A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b 【答案】D4.（2013新课标II ）如图，在光滑绝缘水平面上。

2020版高考物理一轮复习练习：库仑定律电场力的性质(含解析)

三个固定的带电小球a、b和所受库仑力的合力的方向平行于)k0ac2的库仑力为k0q b q c bc2设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得F bbc＝ac3bc3＝6427．[2019·江苏省盐城市时杨中学检测A B两点的电场强度大小之比为．：1 B．：3．：1 D．：9答案：C解析：由点电荷的场强公式r E B r A1如图所示为电场中的一条电场线，在该电场线上有C．因为电场线是直线，所以E a＝E bD．因不清楚a、b两点附近的电场线分布情况，所以不能确定E a、E b的大小关系答案：D解析：由电场线方向可知，a、b两点的电场强度方向都向右，A选项错误；仅一条电场线无法比较电场线的疏密程度和电场强度大小关系，B、C选项错误，D选项正确．4．[2019·重庆八中模拟]在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点，其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是( )A．图甲中与点电荷等距的a、b两点B．图乙中两等量异种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点C．图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点D．图丁中非匀强电场中的a、b两点答案：C解析：题图甲中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向不相反，A 选项错误；题图乙中，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，B选项错误；题图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b 两点，电场强度大小相同，方向相反，C选项正确；题图丁中根据电场线的疏密可判断，b 点的电场强度大于a点的电场强度，D选项错误．5.[2019·福建省三明模拟](多选)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M 点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，不计两粒子间的相互作用，则( )A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增大C．a的加速度将减小，b的加速度将增大D．两个粒子的动能均增大答案：CD解析：根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异种电荷，但无法确定其具体电性，故A 错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，故B错误，D正确；从两粒子的运动轨迹判断，a粒子的运动轨迹所在的电场线逐渐变得稀疏，b粒子的运动轨迹所在的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，故C正确．[2019·广东省深圳市耀华实验学校模拟]如图所示，在真空中某点电荷产生的电场中有方向与连线ab的夹角为60°.两点的场强大小关系为(场源电荷为负点电荷，则－Q应位于两电场线的交点＝k Qr2b，而r b＝3r a，所以有．[2019·云南省建水六中模拟]如图所示，绝缘水平面上有k QL2，甲、乙两小球接触后，电荷量平分，有209E，所以如图所示，两个质量均为，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为两球之间的万有引力F1、库仑力l如图所示，两根绝缘轻绳将两个大小和材料均相同的A 球靠在绝缘墙壁上，球与A 球接触后再次释放，稳定后两球均静止，下列错误；设两轻绳的长度分别为球进行受力分析，如图所示，球的拉力不变，B 错误；由F G ＝)如图所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量，一个电荷量q ＝1.41×100.1 m/s 飞入两板之间的电场，经)．[2019·江苏省南京市程桥高中模拟]一半径为R的半球面均匀带有正电荷＝k Q2R2，方向如图所示．把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为则( )kQ4R2kQ2kq多选)套有三个带电小球的圆环放在水平桌面上整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示．三角形的边长大小关系是AB．三个小球电荷量的代数和可能为0B ．三个小球一定带同种电荷C ．三个小球所受环的弹力大小为N A >N B >N CD ．三个小球带电荷量的大小为Q A >Q C >Q B 答案：BC解析：对A 分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么B 与C 对A 有引力，要么对A 有斥力，因此A 不可能受到一个斥力一个引力，所以B 、C 带同种电荷，分析B ，根据平衡条件可得A 、C 带同种电荷，所以三个小球电荷量的代数和不可能为零，A 错误，B 正确；A 受到两斥力，设圆心为O ，因AB 大于AC ，同时∠OAB 小于∠OAC ，可得受B 的斥力更大，又离B 远可得B 所带电荷量大于C 所带电荷量，同理A 所带电荷量大于B 所带电荷量，即Q A >Q B >Q C ，故D 错误；结合平行四边形定则，知N A >N B >N C ，C 正确．13.[2019·广东省实验中学模拟](多选)如图所示，两等量异种点电荷相距为2a ，M 与两点电荷共线，N 位于两点电荷连线的垂直平分线上，两点电荷连线中点到M 和N 的距离都为L ，且L ≫a .则两点电荷在M 点的合电场强度和N 点的合电场强度( )A ．大小之比为：1，方向相反B ．大小之比为：1，方向相反C ．大小均与a 成正比，方向相反D ．大小均与L 的平方成反比，方向相互垂直答案：AC解析：如图所示，两点电荷在M 点产生的合电场强度为E 1＝kqL －a 2－kqL ＋a 2＝4k qa L 3，两点电荷在N 点产生的合电场强度为E 2＝2k q L 2＋a 2·a L 2＋a 2＝2k qa L 3，所以E 1：E 2＝：1；又N 点处场强方向由＋q 指向－q ，在M 点的场强方向由－q 指向＋q ，所以E 1与E 2的方向相反，故A 、C 正确．14．[2019·河北省衡水中学检测](多选)如图所示，M 、N 为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A 、C ，带电荷量分别为＋Q 、－Q ，将它们平行放置，A 、C 连线垂直于圆环平面，B 为AC 的中点，现有质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒(重力不计)从左方沿A 、C 连线方向射入，到A 点时速度v A ＝1 m/s ，到B 点时速度v B ＝ 5 m/s ，则( )A ．微粒从B 到C 做加速运动，且v C ＝3 m/s B ．微粒从A 到C 先做减速运动，后做加速运动量守恒定律可以得到微粒最终的速度应该与B点的速度相同，故如图所示，一质量为A点运动到B点，．该粒子一定处在一个点电荷的电场中．该粒子可能处在两个点电荷的电场中，则下列判断正确的是( )点的电场强度大两点的电场强度大小相等，方向相反两点的电场强度大小不等，方向相同先将半球面补充为一个完整的球面，则B点的电场强度可等效为完整的球面产生．[2019·广东揭阳一中、潮州金中联考](多选)如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力的关系．这一实验中用到了下列哪些方法(库仑力使悬丝扭转较小的角度，)1x141x．该正点电荷在图甲和图乙中从p运动到q时一定是沿直线运动．该正点电荷在图甲和图乙中从M运动到N时一定是沿直线运动．该正点电荷可以在图甲中做匀速圆周运动经过p和q．该正点电荷可以在图乙中做匀速圆周运动经过p和q题图甲中，等量负点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为沿中垂线指向中点，N个带电小球(可视为质点，其余小球带电荷量为＋q，此时圆心点的电场强度大小为( )＝l 2和＝F k 0＝5kq 24k 0l如图所示，在光滑绝缘水平面上B 点放另一个质点，两个质点的质量均为m ，带电荷量均为＋位于同一竖直平面内)，A 、O 间的距离为，在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，现给′＝L2，EQ 2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤L 22＝73kQ 2L 2，故A 正确．如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、潜江联考]如图所示，一边长为的电荷，在垂直于左右面且过立方体中心O 的轴线上有＋kq L 2＝k 电荷均匀分布的球壳在壳内的电场强且电荷分布均匀的球体，静电力常量为则星球表面下h 深度处的电场强度的大小为kQ R －h R 3 B.kQ R －h 2D ．0 答案：A 4πR 3R －h 3R 3·Q ＝R －h 2＝kQ R －h R 3，故选二、非选择题11.如图所示，固定在竖直平面内的光滑绝缘半圆环的两端点的带电小球，A、B连线与水平方向成的小球．已知半圆环的半径为点由静止释放，当小球运动到最低点。

2018年高考模拟理综物理选编电场力的性质-解析版

2018年高考模拟理综物理选编电场力的性质-解析版1 / 10乐陵一中电场力的性质一、单选题（本大题共5小题，共30分）1. 如图所示，电场中A 、B 两点的场强大小分别为E A 、E B ．以下关于E A 、E B 的大小关系判断正确的是（）A. E A ＜E BB. E A ＞E BC. E A =E BD. 无法确定（物理备课组整理）A（备课组长教学指导）解：由图可知，B 点的电场线密，所以B 点的电场强度比A 高，即E A ＜E B ．而由电场线上某点的切线方向表示电场强度在该点的方向，可得E A 、E B 的方向也不同，故A 正确，BCD 错误．故选：A ．电场线的疏密表示电场强度的强弱，某点的切线方向表示电场强度在该点的方向．虽电场线不是实际存在的，但可形象描述电场的大小与方向的分布情况．当正电荷在电场中其电场力的方向与电场强度方向相同，若是负电荷则电场力方向与电场强度方向相反．2. 带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a 点以初速度v 0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b 点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是（）A. 在a 点的加速度大于在b 点的加速度B. 在a 点的电势能小于在b 点的电势能C. 在a 点的速度小于在B 点的速度D. 电场中a 点的电势一定比b 点的电势高（物理备课组整理）C（备课组长教学指导）解：A 、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知E a ＜E b ，所以a 、b 两点比较，粒子的加速度在b 点时较大，故A 错误； B 、整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b 点时的动能大于经a 点时的动能，则在a 点的电势能大于在b 点的电势能，所以无论粒子带何种电，经b 点时的速度总比经a 点时的速度大，故B 错误，C 正确；D 、由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a 点的电势和b 点的电势大小关系，故D 错误；故选：C电场线是从正电荷或者无穷远处发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大．解决本题的关键是通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化3. 如图所示，在M 、N 处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A 、B 两点，已知MA =AB =BN ，下列说法正确的是（）A. A、B两点电势相等B. A、B两点场强相同C. 将一正电荷从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（物理备课组整理）B（备课组长教学指导）解：A、MN间电场线从M到N，沿着电场线电势逐渐降低，故A点电势高与B点电势，故A错误；B、电场中A、B两点的电场线疏密程度相同，方向相同，故A、B两点的电场强度相同，故B正确；C、将一正电荷从A点移到B点，电场力向右，做正功，电势能减小，故C错误；D、将一个负电荷从A移到B，电场力向左，做负功，故电势能增加，故D错误；故选B．沿着电场线电势逐渐降低，电场强度可以用电场线形象描述；电场力做正功，电势能减小．本题关键明确等量异号电荷的电场线分别情况，然后根据沿着电场线电势逐渐降低，以及电场力做功等于电势能的减小量进行判断．4.金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示，A、B、C、D为电场中的四个点，则（）A. B、D两点的电势相等B. B点的电场强度比D点的大C. 负电荷在C点的电势能低于在A点的电势能D. 正电荷由D点静止释放，只受电场力作用沿电场线运动到B点（物理备课组整理）C（备课组长教学指导）解：A、沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，D点电势比B点电势高，故A错误；B、电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，B点的电场强度比D点的小．故B 错误；C、沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，C点电势比A点电势高，所以负电荷在C点的电势能低于在A点的电势能．故C正确；D、正电荷由D点静止释放，受电场力方向沿曲线的切线方向，所以运动的轨迹不会沿电场线的方向．故D错误．故选：C根据电场线的疏密判断场强的大小，根据沿着电场线电势逐渐降低判断电势高低；负电荷在电势高处的电势能小．该题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，难度不大，属于基础题．5.关于静电场的电场线，下列说法正确的是（）A. 电场强度较大的地方电场线一定较疏B. 沿电场线方向，电场强度一定越来越小C. 沿电场线方向，电势一定越来越低D. 电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹2018年高考模拟理综物理选编电场力的性质-解析版3 / 10（物理备课组整理）C（备课组长教学指导）解：A 、电场线的疏密表示场强的强弱，那么电场强度较大的地方电场线一定较密，故A 错误；BC 、沿着电场线的方向，电势会降低，因此沿电场线方向电势越来越低，但电场线不一定越来越疏，则场强不一定越来越小，故B 错误，C 正确；D 、电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故D 错误；故选：C ．只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合；沿电场线方向电势越来越低，而电场线的疏密表示场强的大小，根据这些知识分析解答．记住电场线的特点：电场线的疏密代表电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，并要掌握电场线的两个意义：电场线的方向反映电势的高低，电场线的疏密表示场强的方向．二、多选题（本大题共4小题，共24分）6. 图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M 点，再经过N 点．可以判定（）A. M 点的电势小于N 点的电势B. 粒子带正电，M 点的电势大于N 点的电势C. 粒子在M 点受到的电场力大于在N 点受到的电场力D. 粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能（物理备课组整理）BD（备课组长教学指导）解：AB 、根据顺着电场线方向电势降低可知，M 点的电势高于N 点的电势．粒子弯曲的方向向下，则受到的电场力的方向向下，与电场线的方向一致，所以粒子带正电．故A 错误，B 正确；C 、电场线的疏密表示场强大小，所以M 的场强小于N 点的场强，所以粒子在M 点受到的电场力小，故C 错误；D 、由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，M 到N 的过程中电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能，故D 正确．故选：BD ．根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低．由粒子轨迹的弯曲方向判断电场力方向．电场力方向应指向轨迹的内侧．由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小．由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小．本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小．7. （多选）如图所示，实线的两点电荷形成的电场线，若不计重力的带电粒子从C 点运动到D 点，轨迹如图虚线所示，则下列说法中正确的是（）A. 由C 到D 过程中电场力对带电粒子做正功B. 由C 到D 过程中带电粒子动能减小C. 粒子带正电D. A 电荷的电荷量大于B 电荷的电荷量（物理备课组整理）ACD（备课组长教学指导）解：A、B、据电场线的分布情况可知，带电粒子从C到D的过程中，电场力的方向与运动方向小于90°，电场力对其做正功，电势能减小，动能增大．故A正确，B错误；C、据带电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，结合某点的切线方向，即为速度方向，从而判断粒子带正电，故C正确；D、据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量；故D正确．故选：ACD．据带正电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，从而判断B处是负电荷，A处是正电荷；再根据电场线的特点分析即可．弄清电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念及间的关系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．8.点电荷M、N、P、Q的带电量相等，M、N带正电，P、Q带负电，它们分别处在一个矩形的四个顶点上，O为矩形的中心．它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，电场中a、b、c、d四个点与MNPQ共面，则下列说法正确的是（）A. 如取无穷远处电势为零，则O点电势为零，场强不为零B. O、b两点电势φb＞φO，O、b两点场强E b＜E OC. 将某一正试探电荷从b点沿直线移动到c点，电场力一直做正功D. 某一负试探电荷在各点的电势能大小关系为ɛa＜ɛb＜ɛO＜ɛd＜ɛc（物理备课组整理）AB（备课组长教学指导）解：A、从图中可以看出，经过O点的等势面通向无穷远处，故O点的电势与无穷远处电势相等，故O点电势为零，而场强不为零，故A正确；B、由图可知，b点的电势高于0，O点的电势等于0，O、b两点电势φb＞φO；O处的电场线密，所以O、b两点场强E b＜E O，故B正确；C、如图连接bc，由图可知，b到c的电势先降低，后升高，将某一正试探电荷从b点沿直线移动到c点，电场力先做正功，后做负功．故C错误；D、由图可知，各点的电势由高到低，依次是a、b、o、d=c，负电荷在电势高处的电势能小，所以某一负试探电荷在各点的电势能大小关系为ɛa＜ɛb＜ɛO＜ɛd=ɛc．故D错误；故选：AB．电场线与等势面垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小．本题关键抓住等势面与电场线垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小进行讨论，同时运用在同一等势面上移动，电场力做功为零．9.在真空中M、N两点分別放有异种点电荷+2Q和-Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd．a、0、c三点恰好将MN四等分，b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示．则下列说法正确的是（）A. a、b、c、d四点电场强度的大小关系是E a＞E c，E b=E d2018年高考模拟理综物理选编电场力的性质-解析版5 / 10B. a 、b 、c 、d 四点电势的关系是φa ＞φc ，φb =φdC. 在MN 的连线上，O 点的电场强度最小D. 将带负电的试探电荷由b 沿直线移动到d 的过程中，其电势能始终不变（物理备课组整理）AB（备课组长教学指导）解：A 、设Ma =aO =d ．则E aE cE a ＞E c ，b 、d 两点由于对称，则有E b =E d ．故A 正确． B 、沿电场线方向电势降低，故Φa ＞Φc ，根据对称性可知Φb =Φd ．故B 正确． C 、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由电场线疏密程度可知，AB 连线上电场强度最小值出现在O 点的右侧，故C 错误．D 、负点电荷沿直线由b 运动到d 的过程中，只是初末位置的电势能相等，过程中电势能在变化．故D 错误．故选：AB根据电场线密场强大，分析场强的大小．由电势公式关系．根据电势的变化，分析正电荷电势能的变化．本题是信息题，根据题中的信息分析各点的电势是解题的关键，结合电场的叠加原理和电场分布的对称性研究．三、填空题（本大题共1小题，共5分）10. 当一个带正电荷的物体靠近原来不带电的导体时，由于电荷间相互吸引或排斥，使导体靠近带电物体的一端带______ （填“正”或“负”）电荷，远离带电物体的一端带______ （填“正”或“负”）电荷．（物理备课组整理）负；正（备课组长教学指导）解：静电感应不是创造电荷，而是使导体上的正负电荷分开，当一个带正电荷的物体靠近原来不带电的导体时，由于静电感应，导体两端就会带等量异号电荷，其中导体靠近带电物体的一端带负电，远离带电物体的一端带正电．故答案为：负，正静电感应现象是金属导体在外电场的作用下自由电子定向移动，电荷在导体内发生重新分布，当感应电荷的电场与外电场大小相等时方向相反时达到静电平衡，导体为等势体．考查了静电感应现象，导体靠近带电物体的一端带上与点电荷相反电性的电荷，远离带电物体的一端带上与点电荷电性相同的电荷．四、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）11. 在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器与电源断开，极板A 与静电计相连，极板B 接地．（1）若将极板B 向上平行移动一小段距离，则将观察到静电计指针偏角______ （填“增大”或“减小”或“不变”），说明平行板电容器的电容随极板正对面积S 减小而减小．（2）若将极板B 向左平行移动一小段距离，则将观察到静电计指针偏角增大，说明平行板电容器的电容随板间距离d 增大而______ （填“增大”或“减小”或“不变”）；B 极板向左移动后，A 、B 间的电场强度______ （填“增大”或“减小”或“不变”）．（物理备课组整理）增大；减小；不变（备课组长教学指导）解：（1）若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式C容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C U增大．则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积的减小而减小；（2）若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，由电容的决定式C小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C U增大．则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容与极板间距离成反比．极板间距离的增大而减小；依据E及C则有电场强度E可知，极板间的电场强度与极板间距无关，即当B极板向左移动后，A、B间的电场强度不变；故答案为：（1）增大；（2）减小；不变．平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，先由电容的决定式C的变化，根据电容的定义式C U的变化．即可判断静电计指针偏角的变化，最后依据E C，即可推导电场强度的综合表达式，从而即可求解．对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．根据电容的决定式和定义式结合进行分析，注意电场强度的综合表达式推导．五、计算题（本大题共4小题，共48分）12.如图所示，将点电荷A、B放在绝缘的光滑水平面上．A带正电，B带负电，带电量都是q，它们之间的距离为d．为使两电荷在电场力作用下都处于静止状态，必须在水平方向加一个匀强电场．求：两电荷都处于静止状态时，AB连线中点处的场强大小和方向．（已知静电力常数为k）（物理备课组整理）解：设点电荷在AB连线中点处产生的场强为E1，所加的匀强电场的场强为E0，AB连线中点处的合场强为E．根据点电荷场强的计算公式．A点电荷在AB连线中点处产生的场强为：E A=k方向由A指向B，B点电荷在AB连线中点处产生的场强为：E B=k方向由A指向B，根据电场叠加原理：E1=E A+E B=8k方向由A指向B，2018年高考模拟理综物理选编电场力的性质-解析版7 / 10根据电荷受力平衡和库仑定律有：E 0q =k E 0=k方向由B 指向A ，根据电场叠加原理：E =E 1-E 0=7k方向由A 指向B答：两电荷都处于静止状态时，AB 连线中点处的场强大小为7k A 指向B ．（备课组长教学指导）设点电荷在A 、B 连线中点处产生的场强为E 1，所加的匀强电场的场强为E 0，A 、B 连线中点处的合场强为E ．根据点电荷场强的计算公式及电场叠加原理、平衡条件即可求解．对于电场的叠加与力的合成相似也遵守平行四边形定则．本题中涉及带电体的平衡问题，关键分析受力情况，运用平衡条件进行研究．13. 如图所示，水平细杆上套一环，环A 与球B 间用一不可伸长轻质绝缘绳相连，质量分别为m A =0.20kg 和rn B =0.40kg ，A 环不带电，B 球带正电，带电量q =1.0×10-4C ，重力加速度g 取10m /s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）若B 球处于一水平向右的匀强电场中，使环A 与B球一起向右匀速运动．运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角θ=37°，匀强电场的电场强度E 多大？（2）环A 与水平杆间的动摩擦因数；（3）若匀强电场的方向斜向右上方与水平成37°角，为了使环A 与B 球一起向右以5m /s 2的加速度匀加速运动，则电场强度应为多大？（物理备课组整理）解：（1）若B 球处于一水平向右的匀强电场中，使A 环与球B 一起向右匀速运动，运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角θ=37°，以B 球为研究对象，受到重力、电场力和拉力，三力平衡，则有电场力F =m B gN ，匀强电场的电场强度E =104N /C ；（2）对整体分析，在水平方向上有：F =μ（m A +m B ）g ，解得：；（3）电场强度方向斜向右上与水平方向夹角为θ=37°，根据牛顿第二定律得， qE cosθ-μ（m A g +m B g -qE sinθ）=（m A +m B ）a ，解得：E×104N /C ．答：（1）匀强电场的电场强度为3×104N /C ；（2）环A与水平杆间的动摩擦因数为0.5．（3×104N/C．（备课组长教学指导）（1）隔离对B球受力分析，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出电场强度的大小．（2）对整体分析，根据共点力平衡，结合滑动摩擦力公式求出环A与水平杆之间的动摩擦因数．（3）对整体分析，根据牛顿第二定律求出电场强度的大小．本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，关键能够正确地受力分析，掌握整体法和隔离法的灵活运用．14.在如图所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度在数值上满足BE=．一倾角为θ，长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间．斜面上有一质量为m，带电荷量为-q的小球，从t=0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第7秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g．求：（1）第8秒内小球离开斜面的最大距离；（2）第15秒内小球未离开斜面，θ角应满足什么条件？（物理备课组整理）解：（1）设第一秒内小球在斜面上运动的加速度为a，由牛顿第二定律得：（mg+qE）sinθ=ma…①第一秒末的速度为：v=at1…②在第二秒内：qE0=mg…③所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得：qvB=圆周运动的周期为：T s…⑤由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动．所以，第7秒末的速度为：v7=a（t1+t3+t5+t7）=8g sinθ…⑥小球离开斜面的最大距离为：d=2R4（2）第15秒末的速度：v15=a（t1+t3+t5+t4+…+t15）=8s…⑧小球未离开斜面的条件是：qv15B≤（mg+qE0）cosθ…⑨2018年高考模拟理综物理选编电场力的性质-解析版9 / 10所以：答：（1）第8秒内小球离开斜面的最大距离是（2）第15秒内小球未离开斜面，θ角应满足的条件为（备课组长教学指导）（1）在第一秒内，电场力方向竖直向下，洛伦兹力方向垂直斜面向上，小球的合力沿斜面向下，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，从而求出1s 末的速度，第二秒内，电场力与重力平衡，小球受洛伦兹力做匀速圆周运动，当小球运动半个周期时，距离斜面最远．结合半径公式求出最远距离．（2）小球未离开斜面时，说明洛伦兹力小于重力、电场力沿垂直于斜面方向的分力，列式求解．本题分析可得：小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动，是电场强度方向时正时负导致．同时利用洛伦兹力提供向心力来求出圆弧轨道半径．15. 如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，第一象限内存在正交的匀强电磁场，电场强度E 1=40N /C ；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E 2/C ．一质量为m =2×10-3kg 带正电的小球，从M （3.64m ，3.2m ）点，以v 0=1m /s 的水平速度开始运动．已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P （2.04m ，0）点进入第四象限后经过y 轴上的N （0，-2.28m ）点（图中未标出）．（g =10m /s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）匀强磁场的磁感应强度B ．（2）小球由P 点运动至N 点的时间．（物理备课组整理）解：（1）在第一象限，球受重力、电场力和洛仑兹力，重力和电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，故有：qE 1=mg解得：q =5×10-4C 画出运动轨迹，如图所示，结合几何关系，有：R c osθ=x M -x PR sinθ-R =y M联立解得：R =2mθ=37°根据牛顿第二定律，有：解得：B =2T（2）小球进入第四象限后，受重力和电场力，如图；故α=37°故合力与P点的速度垂直，小球做类似平抛运动，轨迹如图所示；由几何关系得到：l NQ=6m由l NQ=v0t解得：t=0.6s答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为2T；（2）小球由P点运动至N点的时间为0.6s．（备课组长教学指导）（1）在第一象限，球受重力、电场力和洛仑兹力，球在第一象限内做匀速圆周运动，故洛仑兹力提供向心力，重力和电场力平衡，画出运动轨迹，根据平衡条件和牛顿第二定律列式，最后联立求解即可；（2）小球从P到N过程，先求解重力和电场力的合力，该合力与初速度垂直，球做类似平抛运动，根据分运动公式列式求解即可．本题关键是明确小球的受力情况和运动情况、画出运动轨迹，分匀速圆周运动和类似平抛运动过程讨论，注意两个过程的连接位置的速度的大小和方向．。

2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷物理试题(精品解析版)

2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试·物理（一）二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。

第19～21题有多选项题目要求。

全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果。

下列表述符合物理学史事实的是A. 牛顿由斜面实验通过逻辑推理得出了自由落体运动的规律B. 库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系研究C. 法拉第发现载流导线对小磁针的作用，揭示了电现象与磁现象之间存在的联系D. 安培用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，促进了电磁现象的研究【答案】B【解析】伽利略通过斜面实验加逻辑推理的方法研究了自由落体运动的规律，故A错误；库仑利用库仑扭秤实验实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系的研究，故B正确；奥斯特发现了载流导线对小磁针的作用，揭示了电现象与磁现象之间存在的联系，故C错误；电场线和磁感线都是法拉第引入的，故D错误。

所以B正确，ACD错误。

2. 甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙在前，甲在后。

t＝0时刻，两车同时刹车，结果发生了碰撞。

如图所示为两车刹车后不会相撞的v -t图像，下列说法正确的是A. 两车刹车时的距离一定小于90 mB. 两车刹车时的距离一定等于112.5 mC. 两车一定是在t＝20 s之前的某时刻发生相撞的D. 两车一定是在t＝20 s之后的某时刻发生相撞的【答案】C【解析】当两车速度相同时相距最小，由v -t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知甲在20s内的位移为：，乙在20s内的位移为：，可知最小距离为，由于两车相撞，所以刹车时的距离小于100 m，故AB错误；两车速度相同时相距最小，若此时不相撞那以后也不会相撞，所以两车一定是在20 s之前的某时刻发生相撞的，故C正确，D错误。

专题8-3 电容器带电粒子在电场中的运动高效演练-2018

（五）高效演练1．如图所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 、两极板间场强E 的变化情况是( ) A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小 B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变 D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 变小【答案】C.【解析】电容器充电后再断开S ，则电容器所带的电荷量Q 不变，由C ∝εr Sd可知，d 增大时，C 变小；又U ＝Q C ，所以U 变大；由于E ＝U d ，U ＝Q C ＝4πkdQ εr S ，所以E ＝4πkQ εr S，故d 增大时，E不变，C 正确．2. 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，该微粒将( )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.3. 两个较大的平行金属板A 、B 相距为d ，分别接在电压为U 的电源正、负极上，这时质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好静止在两板之间，如图所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中( )A ．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b 流向aB ．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a 流向bC ．油滴静止不动，电流计中的电流从b 流向aD ．油滴静止不动，电流计中的电流从a 流向b 【答案】D.【解析】电容器与电源相连，两极板间电压不变．将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E ＝Ud可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动．由C ＝εr S4πkd 可知，电容减小，Q ＝CU ，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a 流向b ，故D 正确．4．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )A ．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B ．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C ．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D ．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小【答案】B.5. 如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加【答案】C.6．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．【答案】见解析【解析】(1)由v 2＝2gh 得v ＝2gh(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg －qE ＝ma0－v 2＝2ad 得E ＝mg (h ＋d )qdU ＝Ed Q ＝CU得Q ＝mgC (h ＋d )q(3)由h ＝12gt 210＝v ＋at 2t ＝t 1＋t 2综合可得t ＝h ＋d h2hg7. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变【答案】D.8．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )A 做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小【答案】BC.【解析】对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A 错误，B 正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C 正确，D 错误．9．(多选)如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出【答案】BC.10. (多选)如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )A．小球经过环的最低点时速度最大B．小球在运动过程中机械能守恒C．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg＋qED．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg＋qE)【答案】AD.【解析】根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大，故A正确；小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B 错误；根据动能定理得：mgR ＋qER ＝12mv 2，根据牛顿第二定律得：F N －qE －mg ＝m v 2R，解得：F N ＝3(mg ＋qE )，则球对轨道的压力为3(mg ＋qE )，故C 错误，D 正确．11. (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零【答案】CD.12．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U 0，偏转电场可看做匀强电场，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v 0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 ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e＝1.6×10－19C ，g ＝10 m/s 2.(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) 2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 (3)见解析【解析】 (1)根据功和能的关系，有eU 0＝12mv 2电子射入偏转电场的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝L v 0＝L m2eU 0偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d.(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G ＝mg ～10－29N。

2018年普通高中全国统一考试仿真卷物理(八)word 解析版

绝密 ★ 启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试·物理（八）本试卷共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Zn 65 Pb 207第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。

第19～21题有多选项符合题目要求。

全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．下列说法正确的是A ．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性B ．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变C ．一个氘核21H 与一个氚核31H 聚变生成一个氦核42He 的同时，放出一个质子D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能增大，电势能增大，原子的总能量增大【答案】B【解析】光电效应显示了光的粒子性，A 错误；β衰变的核反应方程为10n→11H ＋－1e ，产生的电子发射到核外就是β粒子，B 正确；由核反应方程得21H ＋31H→42He ＋10n ，放出一个中子，C 错误；根据玻尔理论，氢原子核外电子获得能量，从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量增大，由于库仑引力提供向心力，即k Qe r 2＝m v 2r ，即v ＝kQemr，半径增大则电子动能减小，由于库仑力做负功，则电势能增大，D 错误。

2018年高考模拟理综物理选编电荷库仑定律-解析版

乐陵一中电荷库仑定律一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0．若弹簧发生的均是弹性形变，则（）A. 保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0B. 保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0C. 保持Q不变，将q变为-q，平衡时弹簧的缩短量等于x0D. 保持q不变，将Q变为-Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0（物理备课组整理）B（备课组长教学指导）解：设弹簧的劲度系数为K，原长为x．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：Kx0=A、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：Kx1=由①②解得：x1＜2x0，故A错误；B、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B正确；C、保持q不变，将Q变为-Q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C错误；D、保持Q不变，将q变为-q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故D错误．故选：B根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可．本题主要考查了库仑定律及胡克定律的直接应用，要知道，电荷量变化后库仑力要变化，距离变化后弹簧弹力会变化．2.将两个分别带有电荷量-2Q和+5Q的相同金属小球A、B分别固定在相距为r的两处（均可视为点电荷），它们间库仑力的大小为F．现将第三个与A、B两小球完全相同的不带电小球C先后与A、B相互接触后拿走，A、B间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（）A. F（物理备课组整理）B（备课组长教学指导）①当小球和A接触后，A球带电为-Q，再和B球接触时，先中和后总电量为4Q，故平分后B球带电为2Q②ACD错误，B正确．故选B．完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．3.如图所示，固定在竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过绝缘轻质细线悬挂一质量为m视为质点的金属小球．圆环带电均匀且带量为Q，小球与圆环同种电荷且电荷量为q，小球静止在垂直圆环平面的对称轴上的某一位置，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则绳长为（）A. LB. LC. LD. L（物理备课组整理）A（备课组长教学指导）【分析】小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力，则取圆环上△x来分析，再取以圆心对称的△x，这2点合力向右，距离L，竖直方向抵消，只有水平方向；求所有部分的合力Σ△m，即可求得库仑力的表达式；小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，则由共点力的平衡条件可求得绳对小球的拉力及库仑力；则可求得绳长。

专题8.2 电场能的性质(高效演练)-2019领军高考物理真题透析一轮复习(解析版)

（五）高效演练1.(2018·浙江温州中学模拟)如图所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点。

若将一正试探点电荷从虚线上N点移动到M点，则()A．电荷所受电场力大小不变B．电荷所受电场力逐渐增大C．电荷电势能逐渐减小D．电荷电势能保持不变【答案】BC2．(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向【答案】AD.【解析】电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，故电场强度的方向与等势面垂直，选项A正确；场强为零的地方电势不一定为零，例如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零但是电势大于零，选项B错误；场强大小与电场线的疏密程度有关，而沿着电场线的方向电势逐渐降低，故随电场强度的大小逐渐减小，电势不一定降低，选项C错误；任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致，而电场线的方向是电势降落最快的方向，选项D正确．3．(2018·河北定州中学月考)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知()A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小【答案】A3. 一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是()A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【答案】C.【解析】电场线的疏密反映电场的强弱，电场线越密，电场越强，据图可知，B点的电场强度比A点大，选项A错误；沿电场线电势降低，小球表面的电势比容器内表面的高，选项B错误；容器内表面为等势面，而电场线总与等势面垂直，故B点的电场强度方向与该处内表面垂直，选项C正确．A、B两点等势，将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力做功均为零，选项D错误．4. 如图所示，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a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则()A．a a>a b>a c，v a>v c>v bB．a a>a b>a c，v b>v c>v aC．a b>a c>a a，v b>v c>v aD．a b>a c>a a，v a>v c>v b【答案】D.【解析】由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为F b>F c>F a，由a＝Fm可知，a b>a c>a a，由运动轨迹可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用，不论粒子从a到c，还是从c到a，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此v a>v c>v b，故D正确．5．如图所示，一带电小球沿与CD平行方向，射入倾角为θ的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD 平行的匀强电场，小球运动轨迹如图中虚线所示，则()A．若小球带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下B．小球从M点运动到N点电势能一定增加C．小球从M点运动到N点动能一定增加D．小球从M点运动到N点机械能一定增加【答案】C.6. 如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O 为圆心的同一圆周上的三点，OQ 连线垂直于MN .以下说法正确的是( )A ．O 点电势与Q 点电势相等B ．O 、M 间的电势差小于N 、Q 间的电势差C ．将一负电荷由M 点移到Q 点，电荷的电势能增加D ．在Q 点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ 垂直的方向竖直向上【答案】C.7.(2018·河南南阳一中月考)空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示。

专题08 电场线电场强度电势-2018年高考物理母题题源系列 Word版含解析

母题08 电场线电场强度电势【母题来源一】 2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【母题原题】（多选）如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。

一电荷量为q（q>0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是（）A. 此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B. 若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为C. 若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为D. 若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【答案】 BD若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为,故B正确；C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是，故C错误；D、若W1=W2，说明由因为；解得：，故D正确；故选BD点睛：对匀强电场的电场特征要了解，利用电场力做功与电势差之间的关系求解。

【母题来源二】 2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【母题原题】如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm。

小球c所受库仑力的合力的方向平衡于a、b的连线。

设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）A. a、b的电荷同号，B. a、b的电荷异号，C. a、b的电荷同号，D. a、b的电荷异号，【答案】 D与bc的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，F ac=k’，F bc=k’，tanθ=3/4，tanθ= F bc / F ac，ab电荷量的比值k=，联立解得：k=64/27，选项D正确。

【点睛】此题将库仑定律、受力分析、平行四边形定则有机融合，难度不大。

【命题意图】本题考查了电场线和电势知识，它们都是高中物理的核心知识，意在考查考生对物理主干知识的掌握情况。

2018年高考模拟理综物理选编电场能的性质-解析版-精选学习文档

第 1 页乐陵一中电场能的性质一、单选题（本大题共5小题，共30分）1. 如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab =U bc ，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、R 、Q 是这条轨迹上的三点，R 点在等势面b 上，据此可知（）A. 带电质点在P 点的加速度比在Q 点的加速度小B. 带电质点在P 点的电势能比在Q 点的小C. 带电质点在P 点的动能大于在Q 点的动能D. 三个等势面中，c 的电势最高（物理备课组整理）D（备课组长教学指导）解：A 、等差等势面P 处密，P 处电场强度大，电场力大，加速度大．故A 错误；BCD 、根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上．故c 点电势最高．利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P 点电势能大．负电荷的总能量守恒，即带电质点在P 点的动能与电势能之和不变，P 点电势能大则动能小．故BC 错误，D 正确．故选：D作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c 点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P 点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P 点场强小，电场力小，加速度小．解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．2. 如图所示，匀强电场的场强E =3×105V /m ，A 、B 两点相距0.2m ，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（）A. 电荷量q =+2×10-4C 的电荷从A 点运动到B 点电势能增大6JB. 电荷量q =-2×10-4C 的电荷从A 点运动到B 点电场力做功为-6JC. 若取A 点的电势为0，则B 点的电势φB =3×104VD. A 、B 两点间的电势差是U AB =6×104V（物理备课组整理）B（备课组长教学指导）解：A 、从A 到B ，电场力做功W =qEd AB cos60°=J =6J ．则电势能减小6J ．故A 错误。

6.3 功能关系能量守恒定律(高效演练)-2018领军高考物理真题透析含解析

（五)高效演练1．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中（）A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 JD．重力势能减小了2 000 J【答案】C。

【解析】由题可得,重力做功1 900 J，则重力势能减少1 900 J，可得C正确，D错误．由动能定理：W G－W f＝ΔE k可得动能增加1 800 J，则A、B错误．2．在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中（）A．失重且机械能增加 B．失重且机械能减少C．超重且机械能增加D．超重且机械能减少【答案】B【解析】体验者在加速下落过程中加速度方向向下，处于失重状态,除重力外其他力的合力做负功，机械能减少，B正确．3．用恒力F竖直向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度．若该过程空气阻力不能忽略,则下列说法中正确的是( )A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量B．重力所做的功等于物体重力势能的增量C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量【答案】C4。

如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0.下列说法中正确的是( ）A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多【答案】C5。

如图所示，轻质弹簧的上端固定，下端与物体A 相连，物体B与物体A之间通过轻质不可伸长的细绳连接．开始时托住物体A,使A静止且弹簧处于原长,然后由静止释放A，从开始释放到物体A第一次速度最大的过程中，下列说法正确的有( ）A．A、B两物体的机械能总量守恒B．B物体机械能的减少量一定等于A物体机械能的减少量C．轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化D．A物体所受合外力做的功等于A物体机械能的变化【答案】C【解析】A、B两物体和弹簧组成的系统的机械能总量守恒；轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化；A物体所受合外力做的功等于A物体动能的变化．6. 在儿童乐园的蹦床项目中,小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳．如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C．从A运动到B,小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量【答案】A。

2018库伦定律高中物理一轮复习专题(2021年整理)

(完整)2018库伦定律高中物理一轮复习专题(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整)2018库伦定律高中物理一轮复习专题(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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电荷守恒及库仑定律【考点聚焦】两种电荷、电荷量、电荷守恒真空中的库仑定律【知识扫描】1．电荷(1）自然界存在着两种电荷，它们分别为＿＿＿＿和＿＿＿＿。

用＿＿＿摩擦过的＿＿＿＿上带的电荷叫负电荷；用＿＿＿＿摩擦过的＿＿＿＿＿上带的电荷叫正电荷。

同种电荷互相＿＿＿＿＿，异种电荷互相＿＿＿＿＿。

（2）电荷量是指＿＿＿＿＿，单位是＿＿＿,简称＿＿，单位符号是＿＿。

物体带电实质是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿.(3）电子所带电荷量e=1。

60×10－19C,实验表明：所有带电体的电荷量＿＿e或是e的＿＿＿＿＿，因此＿＿＿＿称为元电荷。

（4）如果带电体间的距离比它们的大小大得多,以致带电体＿＿＿＿＿＿＿可忽略不计，这样的带电体可以看成点电荷。

点电荷是＿＿＿＿＿＿＿,实际不存在.（5）放入电场中用于探明电场中某点场强的电荷叫做试探电荷（检验电荷)，检验电荷一般可以看成点电荷，且带电荷量很小，不影响原来的电场。

2．电荷守恒定律（1)使物体带电叫做起电,物体有三种起电方式，分别是①＿＿＿＿＿＿＿；②＿＿＿＿＿＿＿;③＿＿＿＿＿＿.（2）放在电场中的导体＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿的现象叫静电感应.（3)电荷既不能创造，也不能消灭，它们只能从＿＿＿＿转移到＿＿＿＿＿，或者从＿＿＿＿＿＿＿＿＿，在转移过程中总电荷数不变,此结论叫电荷守恒定律。

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