《2020年高考物理試題分類匯編 靜電場》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理試題分類匯編 靜電場（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2020年高考物理試題分類匯編：靜電場 1．（2020福建卷）.如圖，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，將兩個帶正電的試探電荷、分別置于A、B兩點，虛線為等勢線。取無窮遠處為零電勢點，若將、移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，則下列說法正確的是 A．A點電勢大于B點電勢 B．A、B兩點的電場強度相等 C．的電荷量小于的電荷量 D．在A點的電勢能小于在B點的電勢能 答案：C 2．（2020江蘇卷）．真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r則A、B兩點的電場強度大小之比為 A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9

2、 【解析】根據(jù)庫侖定律，選C。 【答案】C 3．（2020江蘇卷）．一充電后的平行板電容器保持兩板間的正對面積、間距和電荷量不變，在兩板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是 A．C和U均增大 B．C增大，U減小 C．C減小，U增大 D．C和U均減小 【解析】根據(jù)，電容C增大，根據(jù),U減小，B正確。 【答案】B 4．（2020上海卷）．A、B、C三點在同一直線上，AB:BC＝1:2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷。當在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A

3、處電荷，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為（ ） （A）－F/2 （B）F/2 （C）－F （D）F 答案：B 5（2020天津卷）.兩個固定的等量異號點電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中 A．做直線運動，電勢能先變小后變大 B．做直線運動，電勢能先變大后變小 C．做曲線運動，電勢能先變小后變大 D．做曲線運動，電勢能先變大后變小 解析：兩個固定的的等量異號點電荷產(chǎn)生電場的等勢面與電場線垂直，且沿電場線電勢減小，所以

4、等量異號點電荷和它們間的直線電場線如圖所示。當帶負電的粒子進入電場受到與其速度垂直的電場力而偏轉(zhuǎn)做曲線運動。 電子在斜向左的電場力作用下向左偏轉(zhuǎn)，電場力做正功粒子的動能增加，電勢能減小。答案C。 6．（2020浙江卷）.用金屬做成一個不帶電的圓環(huán)，放在干燥的絕緣桌面上。小明同學用絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩擦后，將筆套與頭發(fā)摩擦后，將筆套自上向下慢慢靠近圓環(huán)，當距離約為0.5cm是圓環(huán)被吸引到筆套上，如圖所示。對上述現(xiàn)象的判斷與分析，下列說法正確的是( ) A.摩擦使筆套帶電 B.筆套靠近圓環(huán)時，圓環(huán)上、下都感應出異號電荷 C.圓環(huán)被吸引到筆套的過程中，

5、圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓環(huán)的重力 D.筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷立刻被全部中和 答案：ABC 7．(2020全國新課標).如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子 A.所受重力與電場力平衡 B.電勢能逐漸增加 C.動能逐漸增加 D.做勻變速直線運動 [答案]BD [解析]要使粒子在電場中直線運動，必須使合力與運動方向在一直線上，由題意可受力分析可知，受重力豎直向下，電場力垂直極板向上，合力水平向左。故A錯。因電場力做負功，故電勢能增加。B正確。合力做負功，故動能減少。C

6、錯。因合力為定值且與運動方向在一直線上，故D正確。 8．（2020上海卷）．如圖，質(zhì)量分別為mA和mB的兩小球帶有同種電荷，電荷量分別為qA和qB，用絕緣細線懸掛在天花板上。平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細線與豎直方向間夾角分別為q1與q2（q1＞q2）。兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動，最大速度分別為vA和vB，最大動能分別為EkA和EkB。則（ ） （A）mA一定小于mB （B）qA一定大于qB （C）vA一定大于vB （D）EkA一定大于EkB 答案：A、C、D Oo x(cm) y(cm) A(6,0) B(0,) ● ● 9．（2020安徽

7、卷）.如圖所示，在平面直角 中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點處的電勢為0 V，點處的電勢為6 V, 點處的電勢為3 V, 則電場強度的大小為 ( ) A.200V/m B.200 V/m Oo x(cm) y(cm) A(6,0) B(0,) ● ● ● Co Eo θo C.100 V/m D. 100 V/m 18A； 解析：OA中點C的電勢為3V，連BC得等勢線，作BC的垂線得電場線如圖，由得：，故A對。 10．（2020重慶卷）．空中P、Q兩點處各固定一個

8、點電荷，其中P點處為 正點電荷，P、Q兩點附近電場的等勢面分布如題20圖所 示，a、b、c、d為電場中的四個點。則 A．P、Q兩點處的電荷等量同種 B．a(chǎn)點和b點的電場強度相同 C．c點的電熱低于d點的電勢 D．負電荷從a到c，電勢能減少 答案：D 11.（2020海南卷）關(guān)于靜電場，下列說法正確的是 A. 電勢等于零的物體一定不帶電 B. 電場強度為零的點，電勢一定為零 C. 同一電場線上的各點，電勢一定相等 D. 負電荷沿電場線方向移動時，電勢能一定增加 解析：考察電場和電勢概念，選D 12.（2020海南卷）三個相同的金屬小球1.2.3.分別置于絕緣支

9、架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑。球1的帶電量為q，球2的帶電量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為F?，F(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變。由此可知 A..n=3 B..n=4 C..n=5 D.. n=6 解析：設(shè)1、2距離為R，則：，3與2接觸后，它們帶的電的電量均為：，再3與1接觸后，它們帶的電的電量均為，最后有上兩式得：n=6 13．(2020全國理綜).（16分）（注意：在試題卷上作答無效） 如圖，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一

10、帶電小球，小球用一絕緣清線懸掛于O點。先給電容器緩慢充電，使兩級板所帶電荷量分別為﹢Q和﹣Q，此時懸線與豎直方向的夾角為π/6。再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到π/3，且小球與兩極板不接觸。求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量。 【解析】根據(jù)力的平衡和力的合成(如下圖)，，根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系及電容的定義得，所以；第二次充電后，，所以第二次充電使電容器正極板增加的電荷量. 14．（2020廣東卷）.圖5是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側(cè)，對礦粉分離的過程，下列表述正確的有 A.帶正電的礦粉落在右

11、側(cè) B.電場力對礦粉做正功 C.帶負電的礦粉電勢能變大 D.帶正電的礦粉電勢能變小 答案：BD 15．（2020北京高考卷）．“約瑟夫森結(jié)”由超導體和絕緣體制成．若在結(jié)兩端加恒定電壓U，則它會輻射頻率為ν的電磁波，且ν與U成正比，即ν=kU．已知比例系數(shù)k僅與元電荷的2倍和普朗克常數(shù)h有關(guān)，你可能不了解此現(xiàn)象的機理，但仍可運用物理學中常用的方法，在下列選項中，推理比例系數(shù)的值可能為 A． B． C．2he D． 答案：B 16．（2020北京高考卷）．（20分） 勻強電場的方向沿x軸正

12、方向，電場強度E隨x的分布如圖所示，圖中E0和d均為已知量．將帶正電 的質(zhì)點A在O點由靜止釋放．A離開電場足夠遠后，再將另一帶正電的質(zhì)點B放在O點也由靜止釋放． 當B在電場中運動時，A、B間的相互作用力及相互作用能均為零；B離開電場后，A、B間的相互作用視為 O x E0 E d 靜電作用．已知A的電荷量為Q，A和B的質(zhì)量分別為m和．不計重力． （1）求A在電場中的運動時間t； （2）若B的電荷量為q=Q，求兩質(zhì)點相互作用能的最大值Epm； （3）為使B離開電場后不改變運動方向，求B所帶電荷量的最大值qm． 答案： （1）由牛頓第二定律，A在電場中運動的加

13、速度a== A在電場中做勻變速直線運動 d=at2 解得運動時間 t== （2）設(shè)A、B離開電場時的速度分別為υA0、υB0，由動能定理，有 QE0d=m，QE0d= ① A、B相互作用過程中，動量和能量守恒．A、B相互作用力為斥力，A受的力與其運動方向相同，B受的力與其運動方向相反，相互作用力對A做正功，對B做負功．A、B靠近的過程中，B的路程大于A的路程，由于相互作用力大小相等，相互作

14、用力對B做功的絕對值大于對A做功的絕對值，因此相互作用力做功之和為負，相互作用能增加．所以，當A、B最接近時相互作用能最大，此時兩者速度相同，設(shè)為υ′，有 (m+)υ′= mυA0+υB0 ② Epm=(m+)-(m+)υ′2 ③ 已知=Q，由①、②、③式解得 相互作用能的最大值 Epm=QE0d （3）考慮A、B在x > d區(qū)間的運動，由動量守恒、能量守恒，且在初態(tài)和末態(tài)均無相互作用，有 mυA+υB=

15、mυA0+υB0 ④ m+=m+ ⑤ 由④、⑤解得 υB=-υB0+υA0 因B不改變運動方向，故 υB=-υB0+υA0 ≥ 0 ⑥ 由①、⑥解得 q≤Q 即B所帶電荷量的最大值qm=Q 17.（2020山東卷）.圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷。一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c

16、三點是實線與虛線的交點。則該粒子 A．帶負電 B．在c點受力最大 C．在b點的電勢能大于在c點的電勢能 D．由a點到b點的動能變化大于有b點到c點的動能變化 答案：CD 18.（2020四川卷）．（19分） 如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段光滑水平，BC段為光滑圓弧，對應的圓心角θ= 370，半徑r=2.5m，CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區(qū)域有場強大小為E=2×l05N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質(zhì)量m=5×l0-2kg、電荷量q=+1×10-6C的小物體（視為質(zhì)點）被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在C點以速度v0=3m/s

17、沖上斜軌。以小物體通過C點時為計時起點，0.1s以后，場強大小不變，方向反向。已知斜軌與小物體間的動摩擦因數(shù)μ=0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2．sin370=0.6，cos370=0.8。 (1)求彈簧槍對小物體所做的功； (2)在斜軌上小物體能到達的最高點為P，求CP的長度。 24.解： (1)設(shè)彈簧槍對小物體做功為Wf，由動能定理得Wf-mgr(l-cosθ)=mv02 ① 代人數(shù)據(jù)得Wf=0.475J ② 說明：①式4分，②式2分。 (2)取沿平直斜軌向上為正方向。設(shè)小物體通過C點進入電場后的加速度為a1， 由牛頓第二定律得－mgsinθ－

18、μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③ 小物體向上做勻減速運動，經(jīng)t1=0.1s后，速度達到v1，有 v1=v0+a1t1③ 由③④可知v1=2.1m/s，設(shè)運動的位移為s1，有 sl-v0t1+a1t12 ⑤ 電場力反向后，設(shè)小物體的加速度為a2，由牛頓第二定律得 －mgsinθ－μ(mgcosθ-qE)=ma2 ⑥ 設(shè)小物體以此加速度運動到速度為0，運動的時間為t2，位移為s2，有 0=v1+a2t2 ⑦ s2=v1t2+a2t22 ⑧ 設(shè)CP的長度為s，有 s=s1+s2 ⑨ 聯(lián)立相關(guān)方程，代人數(shù)據(jù)解得 s=0.57m⑩ 說明：③⑥式各3分，④⑤⑦

19、⑧⑨式各1分，⑩式2分。 19.（2020安徽卷）. 如圖1所示，半徑為均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為，其軸線上任意一點（坐標為）的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：=2，方向沿軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為的圓板，如圖2所示。則圓孔軸線上任意一點（坐標為）的電場強度為 ( ) Oo ro ● x Qo 圖2 Oo Ro ● x Po 圖1 A. 2 B. 2 C. 2 D. 2 20A； 解析：當時，=0，則，當挖去半徑為r的圓孔時，應在E中減掉該圓孔對應的場強，即。選項A正確。