高中物理电磁学静电场题型总结及解题方法.pdf

1 (每日一练每日一练)高中物理电磁学静电场题型总结及解题方法高中物理电磁学静电场题型总结及解题方法 单选题 1、空间存在竖直向上的匀强电场，质量为 m 的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔内()A重力做的功相等 B电场力做的功相等 C电场力做的功大于重力做的功 D电场力做的功小于重力做的功 答案：C 解析：带电粒子受到竖直向上的电场力和竖直向下的重力，电场力大于重力，合力也是恒力，方向竖直向上，因此粒子才向上偏转，根据牛顿第二定律，有 =带电粒子做类平抛运动，在竖直方向，相等的时间间隔内发生的位移之比为 1:3:5:7，因此重力做功不相等，电场力做功也不相等，电场力做功大于重力做功。2 故选 C。2、如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹，M 和 N 是轨迹上的两点不计重力，下列表述正确的是（）A粒子在电场中的加速度不变 B粒子所受电场力沿电场方向 C粒子在 M 点的速率比在 N 点的速率 D粒子在电场中的电势能始终在增加 答案：A 解析：电子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，电势能增加，根据电子的运动分析可以得出结论A.由于电子是在匀强电场中运动的，受到的电场力的大小是不变的，所以粒子在电场中的加速度也不变，所以 A 错误；B、电子受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以 B 错误；C.电子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，运动到 M 点时，电子的速度最小，所以 C 错误；D、当电子向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电势能增加，在向左返回的过程中，电场力对电子做正功，电势能减小，所以 D 错误 点评：本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小 3、如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O，H是三角形的中心，D为中点，若两三角形均竖直放置，且、相互平行，下列说法正确的是（）3 AO点处的电势高于D点处的电势 B带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减小 CA点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同 D正电荷在O点处所受电场力方向与电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处所受安培力方向相同 答案：D 解析：A结合三个点电荷分布可知，CD的电场线方向由D指向C，顺着电场线的方向电势逐渐降低，即O点处的电势低于D点处的电势，故 A 错误；B带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中，电势降低，故负电荷的电势能增大，故 B 错误；C在电场中，根据同种电荷排斥，异种电荷相吸引，分别作出B、C对A的作用力，再根据平行四边定则进行合成，得A点电荷所受电场力，其方向如左图所示；在磁场中，根据同向电流相吸引，反向电流相排斥，分别作出F、G对E的作用力，再根据平行四边定则进行合成，得E点处通电直导线所受安培力，其方向如右图所示 4 由图可知，A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向不相同，故 C 错误；D在电场中，作出A、B、C三个点电荷在O点产生的电场强度方向，因正电荷A、B两点电荷产生的电场强度大小相等，与DC线的夹角相等，根据平行四边形定则可知，A、B的合电场强度方向由O指向C，而负电荷C在O点产生的电场强度方向，也是由O指向C，如左图所示，故三个点电荷在O点产生的电场强度方向最终也是由O指向C，所以将正电荷放在O点，其所受的电场力方向由O指向C；在磁场中，分别作出E、F、G三根通电导线在H点产生的磁感应强度方向，因E、F的电流大小相等，方向相同，且都向里，则两根通电导线在H点产生的磁感应强度大小相等，方向如右图所示 根据平行四边形定则，可知E、F两根通电导线的合磁感应强度方向沿水平向右，而G通的电流方向是垂直纸面向外，故在H点产生的磁感应强度方向是水平向右，故三根通电导线的最终合磁感应强度方向水平向右，所以根据左手定则可知，在H点放一根电流方向垂直纸面向外的通电导线，所受的安培力方向由H指向G，即正电荷在O点处所受电场力方向与电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处所受安培力方向相同，故 D 正确。5 故选 D。4、如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，1、2、3为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，开关闭合时，平行金属板中一带电小液滴P处于静止状态。选地面为零电势参考面，当滑动变阻器4的滑片向a端移动时，则（）A电阻1消耗的功率增大 B带电小液滴的电势能增加 C电源的效率减小 D若电流表、电压表的示数变化量分别为和，则|1+答案：D 解析：A由图可知，2与滑动变阻器4串联后与3并联，再与1串连接在电源两端；电容器与3并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器4接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小；路端电压增大，同时1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过3的电流增大，故电流表的示数减小；根据 1=干21 电阻1消耗的功率减小，A 错误；B电压表的示数变大，金属板板间的电场变强，电场力变大，电场力大于小液滴的重力，则小液滴向上运动，电势能减小，B 错误；C由于路端电压变大，根据 6 =外 100=外 100 可知电源效率增大，C 错误；D根据电路可知 干=3+很容易看出 干 由于 干=+1 有|1+D 正确。故选 D。5、关于电容器的电容 C、电压 U 和所带电荷量 Q 之间的关系.以下说法正确的是（）AC 由 U 确定 BC 由 Q 确定 CC 一定时，Q 与 U 成正比 DC 一定时，Q 与 U 成反比 答案：C 解析：电容器的电容 C 由电容器本身决定，与电压 U 和所带电荷量 Q 无关，根据=可知，选项 C 正确