2019高考物理二轮练习精品资料专项06电场名校组合测试题(教师版)

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高考物理二轮复习专题六静电场对对练(含解析)

静电场2020年高考必备2015年2016年2017年2018年2019年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷考点一电场力的性质电场能的性质15 24 14、20 15 20 21 16、21 21 15 20 21考点二带电粒子在电场中的运动15 14、24 20 15 25 25 21 24 24考点一电场力的性质电场能的性质命题角度1(储备)电场强度的计算【典题】如图在半径为R的圆周上均匀分布着六个不同的点电荷,则圆心O处的电场强度大小和方向为()A.由O指向FB.由O指向FC.由O指向CD.由O指向C答案B解析由点电荷的电场强度公式可知,在A位置的点电荷在O点产生的电场强度大小为E=,在D点的点电荷在O点产生的电场强度大小为E'=,电场强度是矢量,求合电场强度应用平行四边形定则,作出电场强度的示意图,如图所示.则A点的电场强度与D点的电场强度合成后大小为E1=E D-E A=,方向指向A点;B点的电场强度与E点的电场强度合成后大小为E2=E B+E E=,方向指向E点;C点的电场强度与F点的电场强度合成后大小为E3=E C+E F=,方向指向F点,故E1、E2、E3大小相等,且E3刚好在E1与E2的角平分线上,由几何关系可知两者之间的夹角为120°,故将E1、E2合成后大小仍为E4=,方向指向F点,再将E4与E3合成,则最终O点的合电场强度为E O=E3+E4=,方向由O指向F,故选B.求解电场强度的方法(1)公式法用E=、E=、E=求解.(2)微元法微元法就是将研究对象分割成若干微小的单元,若从研究对象上选取某一“微元”加以分析,将“微元”视为点电荷,利用相关公式求解.(3)叠加法在几个点电荷产生的电场中,若每个点电荷单独存在时产生的电场在某点的电场强度分别为E1、E2、E3……,则该点的合电场强度E等于各个点电荷单独产生的电场在该点的电场强度E1、E2、E3……的矢量和.(4)补偿法由题设中所给条件建立的非标准模型,在原来问题的基础上再补充一些条件,由这些补充条件建立另一个容易求解的标准模型,这样,求解非标准模型的问题就转变为求解一个完整的标准模型的问题.(5)利用处于静电平衡中的导体求解电场强度处于静电场中的导体在达到静电平衡时,导体内部的电场强度为零.其本质是感应电荷的电场强度和外电电场的电场强度叠加后为零,即有E感+E外=0,常利用此式求感应电荷的电场强度.典题演练提能·刷高分1.(2019湖北重点中学模拟)如图所示,A、B、C为放置在光滑绝缘水平面上的三个带电小球,球A 固定且带电荷量为+Q;小球B和C带电荷量分别为-q和+2q,由长为L绝缘细杆相连,静止在水平面上.若A与B相距d,A、B和C视为点电荷,且三者在同一直线上,下列说法正确的是()A.其他条件不变,将A释放后不能保持静止B.绝缘细杆长L=(-1)dC.A在B、C处产生的电场强度关系为E B=E CD.其他条件不变,小球A的电荷量增加为+2Q,B、C及细杆组成的系统所受合外力不为零答案B解析三个在同一直线上的自由电荷,只要满足“两大夹一小”“两同夹一异”“近小远大”的条件,它们均能静止,选项A错误;对B电荷由平衡条件得,对C电荷同理得,解以上两式得B与C之间的距离为L=(-1)d,选项B正确;由点电荷的电场强度公式得E B=,E C=,则E B=2E C,选项C错误;A的电荷量增加为+2Q,A在B、C两点产生的电场强度大小关系应满足E B=2E C,则A对B、C及细杆组成的系统所受的合外力仍为零,选项D错误.2.如图所示,一匀强电场的电场线与圆O所在平面平行,AB为圆的一条直径,C为圆周上一点,圆的半径为R,∠AOC=60°,在A点有一粒子源,能向圆O所在平面内各个方向以动能E k发射同种带电粒子,粒子质量为m,电荷量为q,由观察可知经过B、C的粒子动能分别为5E k和3E k,则()A.匀强电场的电场强度为B.匀强电场的电场强度为C.匀强电场的方向垂直OCD.匀强电场的方向与AC平行答案C解析在匀强电场中,沿任意方向相等距离电势差相等,由题意可知A到B电场力做功4E k,则由A 到O电场力做功2E k,由A到C电场力做功2E k,即O、C为等势点,OC为等势线,则电场线垂直OC,根据几何关系可得匀强电场的电场强度为,C正确.3.如图,竖直线OO'是等量异种电荷+Q和-Q连线的中垂线,A、B、C三点的位置如图所示,都处在一矩形金属盒内,且AC=BC.下列说法正确的是()A.若无金属盒,A、B、C三点电势大小关系是φA=φB>φCB.若有金属盒,A、B、C三点电势大小关系是φA=φC>φBC.金属盒上感应电荷在A、B、C三点的电场强度方向均水平向右D.金属盒上感应电荷在A、B、C三点电场强度大小关系是E B>E C>E A答案D解析若无矩形金属盒,AC是一条等势线,则φA=φC,A错误;金属盒处于静电平衡,整个金属盒是一个等势体,φA=φC=φB,故B错误;金属盒内部电场强度处处为零,金属盒上的感应电荷的电场强度与等量异种电荷+Q和-Q产生的电场强度大小相等、方向相反,而+Q和-Q在A、B、C三点产生的电场强度方向水平向右,则金属盒上的感应电荷在A、B、C三点电场强度方向均水平向左.+Q和-Q在A、B、C三点产生的电场强度大小关系为E B>E C>E A,则感应电荷在A、B、C三点电场强度大小关系是E B>E C>E A.故C错误,D正确.4.(多选)如图所示,水平面内的等边三角形ABC的边长为L,两个等量异种点电荷+Q和-Q分别固定于A、B两点.光滑绝缘直导轨CD的上端点D位于A、B中点的正上方,且与A、B两点的距离均为L.在D处质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响),并由静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.忽略空气阻力,则下列说法正确的是()A.D点的电场强度大小为kB.小球到达CD中点时,其加速度为零C.小球刚到达C点时,其动能为mgLD.小球沿直轨道CD下滑过程中,其电势能先增大后减小答案AC解析点电荷+Q和-Q在D点的电场强度的大小相等,则它们的合电场强度的方向平行于AB指向-Q一侧;由库仑定律知+Q、-Q在D点的电场强度的大小E A=E B=,根据平行四边形定则可知D点的合电场强度大小为,A正确;小球到达CD中点时,对小球进行受力分析,受到重力、弹力、平行AB的电场力,其所受合力不为零,加速度不为零,B错误;因为平面COD是一等势面,所以小球从D到C的过程中电场力不做功,只有重力做功,根据动能定理得,mg·OD=mv2,由几何关系可得OD=L sin 60°=L,小球的动能E k=mv2=,所以C正确;由于小球沿直轨道CD下滑过程中,电场力一直不做功,电势能不变,D错误.5.(多选)如图所示,匀强电场的方向与长方形abcd所在的平面平行,ad= cm,ab=3 cm,电子从a点运动到b点的过程中电场力做的功为4.5 eV;电子从a点运动到d点的过程中克服电场力做的功为4.5 eV.以a点的电势为电势零点,下列说法正确的是()A.c点的电势为3 VB.b点的电势为4.5 VC.该匀强电场的电场强度方向为由b点指向d点D.该匀强电场的电场强度大小为300 V/m答案BD解析电子从a点运动到b点的过程中,电场力做的功为4.5 eV,即W a b=qU a b=q(φa-φb)=4.5 eV,由于φa=0,解得φb=4.5 V,同理可得W a d=qU a d=q(φa-φd)=-4.5 eV,解得φd=-4.5 V,根据U a d=U bc,即φa-φd=φb-φc,代入数据解得φc=0,故A错误,B正确;由A、B项分析可知,a、c两点的电势相等,所以ac连线为匀强电场中的等势线,根据电场线与等势线垂直,故C错误;过d点作ac的垂线,设垂足为f,由几何关系可得df=ad cos 30°,根据E= V/m=300 V/m,故D正确.命题角度2带电体的受力分析高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅰ·15)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则()A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷C.P带正电荷,Q带负电荷D.P带负电荷,Q带正电荷答案D解析两个带电小球在匀强电场中均处于平衡状态,只有两小球带异种电荷、相互间为吸引力,才可能平衡.小球P带负电荷时,匀强电场提供的力与小球Q对小球P的吸引力抵消,合力为零,此时小球Q带正电荷,匀强电场提供的力与小球P对小球Q的吸引力抵消,合力为零,故A、B、C错误,D正确.2.(2018全国Ⅰ·16)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,k=B.a、b的电荷异号,k=C.a、b的电荷同号,k=D.a、b的电荷异号,k=答案D解析由题意知,小球c处在直角三角形的直角上,如果a、b为同种电荷,对小球c的库仑力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不可能平行于a和b连线,故a、b的电荷应异号;由三角关系tan θ=,解得k=,故C正确.1.对库仑力的理解(1)两个点电荷之间相互作用的库仑力遵守牛顿第三定律,不论两个带电体的电荷量是否相等,它们间的作用力一定大小相等、方向相反,并与它们的质量无关.(2)库仑力具有力的共性,运算遵循力的平行四边形定则.2.库仑力作用下平衡问题的处理思路(1)明确研究对象;(2)对研究对象进行受力分析,注意电场力的方向;(3)根据平衡条件列方程求解.典题演练提能·刷高分1.(2019山东平度模拟)如图所示,竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为-q(q>0)的小环,在杆的左侧固定一个电荷量为Q(Q>0)的点电荷,杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形,c是ab的中点.将小环从O点无初速度释放,通过a点的速率为v.若已知ab=Oa=l,静电力常量为k,重力加速度为g.则()A.在a点,小环所受弹力大小为B.在c点,小环的动能最大C.在c点,小环的电势能最大D.在b点,小环的速率为答案D解析在a点,小环所受的电场力沿aQ方向,大小为k,水平方向小环受力平衡,所以小环受到向右的弹力,大小等于电场力沿水平方向的分力sin 60°=,选项A错误;在c点时,小环水平方向受到电场力和杆的弹力作用,竖直方向受到重力作用,合力竖直向下,小环有竖直向下的加速度,所以在c点时小环的动能不是最大,选项B错误;c点距离Q最近,电势最高,带负电的小环在c点的电势能最小,选项C错误;因为a、b两点到Q的距离相等,所以a、b两点电势相等,小环从a点到b点,电场力做功为0,应用动能定理得mgl=mv2,解得v b=,选项D正确.2.如图,一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合.A、O、B为竖直平面上的三点,且O为等量异种点电荷连线的中点,AO=BO.现有带电荷量为q、质量为m的小物块视为质点,从A点以初速度v0向B滑动,到达B点时速度恰好为0.则()A.从A到B,小物块的加速度逐渐减小B.从A到B,小物块的加速度先增大后减小C.小物块一定带负电荷,从A到B电势能先减小后增大D.从A到B,小物块的电势能一直减小,受到的电场力先增大后减小答案B解析小球由A到B做减速运动,运动过程中受到重力、向右的电场力、向左的支持力、向上的摩擦力;加速度a=,运动过程中电场强度先增大后减小,电场力先增大后减小,加速度先增大后减小,B正确,A错误;小球一定带负电,但电场力不做功,电势能不变,C、D错误. 3.如图所示,两平行带电金属板水平放置,若在两板中间a点从静止释放一质量为m的带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直纸面)逆时针旋转60°,再在a点静止释放一同样的微粒.以下相关描述正确的是()A.微粒仍然保持静止B.微粒斜向右上方做匀加速直线运动C.欲使该微粒保持静止,需施加一大小为mg,方向与水平面成30°斜向右上方的外力D.欲使该微粒保持静止,需施加一大小为mg,方向与水平面成60°斜向右上方的外力答案C解析平行金属板水平放置时,释放的带电微粒恰好静止,可判断微粒所受到的电场力与重力大小相等、方向相反.当将两极板逆时针旋转θ=60°时,电场力也逆时针旋转θ=60°,重力保持不变,此时微粒所受合力方向为向左下方,且合力大小等于重力大小,等于mg,微粒将向左下方做匀加速直线运动,A、B错误;欲使该微粒保持静止,需施加的外力与重力和电场力的合力等大反向,故C正确,D错误.4.如图所示,真空中竖直放置半径为R的光滑半圆环,圆环最低点固定一个点电荷Q;质量为m、电荷量为+q的小圆环最初静止在图中所示的B点,此时θ=30°.现让小圆环从右侧最高点由静止释放.已知重力加速度为g,静电力常量为k.带电荷量为Q的点电荷,距离电荷为r处的电势可以表示为φ=,求:(1)半圆环最低点固定的点电荷的电荷量Q;(2)小环向下运动过程中的最大速度v m.答案(1)(2)解析(1)小圆环在B点静止,此时小圆环所受合力为零.即2k cos 60°=mgQ=(2)对小圆环,当切向加速度为零,即在图中的B点时,速度达到最大k+mgR sin 30°=k解得v m=5.如图甲在水平地面上放置一个质量为m=0.1 kg、带电荷量为q=0.01 C的物体,物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.4,地面上存在水平向左的电场,物体由静止开始向左运动,电场强度E 随物体的位移x变化的图象如图乙所示.g取10 m/s2,求:(1)运动过程中物体的最大加速度;(2)物体的速度达到最大时距出发点的距离.答案(1)6 m/s2(2)2.4 m解析(1)由牛顿第二定律,得F-μmg=ma当电场力F=qE=1 N时,物体所受的合力最大加速度最大,代入解得a=6 m/s2.(2)由图象可得电场强度随位移是变化的,所以物体受到的电场力随位移是变化的,当电场力等于摩擦力时,加速度为0,速度最大,则F'=qE'=μmgE'=40 N/C.由图得到E与x的函数关系式E=100-25x,当E'=40 N/C时,解得x=2.4 m.6.(2019河南开封模拟)如图所示,在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=3.0×104 N/C.有一个质量m=4.0×10-3 kg的带电小球,用绝缘轻细线悬挂起来,静止时细线偏离竖直方向的夹角θ=37°.g取10 m/s2,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,不计空气阻力的作用.(1)求小球所带的电荷量及电性;(2)如果将细线轻轻剪断,求细线剪断后,小球运动的加速度大小;(3)从剪断细线开始经过时间t=0.20 s,求这一段时间内小球电势能的变化量.答案(1)1.0×10-6 C正电荷(2)12.5 m/s2(3)减少4.5×10-3 J解析(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力F T的作用,如图所示,由共点力平衡条件有:F=qE=mg tan θ解得:q==1.0×10-6 C电场力的方向与电场强度的方向相同,故小球所带电荷为正电荷.(2)剪断细线后,小球做匀加速直线运动,设其加速度为a,由牛顿第二定律有:=ma,解得:a==12.5 m/s2(3)在t=0.20 s的时间内,小球的位移为:l=at2=0.25 m小球运动过程中,电场力做的功为:W=qEl sin θ=mgl sin θtan θ=4.5×10-3 J所以小球电势能的变化量(减少量)为:ΔE p=4.5×10-3 J命题角度3电场能的性质的理解高考真题体验·对方向1.(多选)(2019全国Ⅱ·20)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则()A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行答案AC解析本题考查静电场的分布特点及电场力与运动的关系,电场力做功与电势能的关系.带电粒子仅在电场力作用下,粒子的速度大小可能先增大后减小,如:在等量同种电荷形成的电场中带电粒子沿着两电荷连线的中垂线运动时,A正确.因为粒子只在电场力作用下从M点运动到N点,根据动能定理,W电=-ΔE p=E k N-0=E p M-E p N,而E k N≥0,所以E p M≥E p N,C正确.粒子的轨迹与电场线不一定重合,在N点,电场力的方向不一定与粒子轨迹在该点的切线平行,B、D错误.2.(多选)(2019全国Ⅲ·21)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点.则()A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加答案BC解析取无穷远处电势为0,a点距-q近,距q远;b点距q近,距-q远,b点电势大于a点电势,A 错误.电势能E p=qφ,负电荷在电势小处电势能大,即负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能,将负电荷从a点移到b点,电势能减小,D错误.正电荷的电场强度沿半径向外,负电荷的电场强度沿半径向内,E=,点电荷q在a点的电场强度与点电荷-q在b点的电场强度相同,大小和方向都一样;点电荷q在b点的电场强度与点电荷-q在a点的电场强度相同,大小和方向都一样,则a点的合电场强度与b点的合电场强度相同,B、C正确.3.(多选)(2018全国Ⅰ·21)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V.一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是()A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4 eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍答案AB解析从a到d的过程克服电场力做功为6 eV,所以电场方向为水平向右,每个间距电势差为2 V,所以平面c电势为零,故A项正确;由于电子不一定垂直等势面进入,可能做曲线运动,所以可能到达不了f平面,故B项正确;整个过程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的电势能为-4 eV、-2 eV、0 eV、+2 eV、+4 eV,动能分别为+10 eV、+8 eV、+6 eV、+4 eV、+2 eV,故C项错误;由于电子经过b、d平面时的动能分别为8 eV和4 eV,所以该电子经过b平面时的速率是经过d时的倍,故D项错误.4.(多选)(2018全国Ⅱ·21)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两点之间的电势差答案BD解析设a、b、c、d四点的电势分别为φa、φb、φc、φd,粒子从a点移到b点,其电势能减小,则电场力做正功,电场力与a、b连线平行或成锐角,电场方向不一定与a、b连线平行,同理,电场方向不一定与c、d连线平行,W2=EqL不一定成立,则E=不一定成立,选项A、C错误;根据电场力公式,有W1=(φa-φb)q,W2=(φc-φd)q,匀强电场中沿直线电势随距离均匀变化,所以φM=,φN=,有W MN=(φM-φN)q=,选项B正确;若W1=W2,则(φa-φb)=(φc-φd),得U ac=U bd,由于M、N为中点,且为匀强电场,所以U aM=U bN,选项D正确.5.(多选)(2017全国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解析如图所示,设ac之间的d点电势与b点相同,则,可得d点的坐标为(3.5 cm,6 cm),过c点作等势线bd的垂线交bd于f点,由几何关系可得cf的长度为3.6 cm,所以电场强度的大小E==2.5 V/cm,故A正确.匀强电场中,相同方向上变化相同的距离电势差相等,故U aO=U cb,即φa-φO=φc-φb,得坐标原点O处的电势为1 V,B正确;负电荷在电势低处电势能高,则电子在a点的电势能比在b点的电势能高7 eV,C错误;电子从b点运动到c点,电场力做功为W=-eU bc=-e×(-9 V)=9 eV,D正确.6.(多选)(2016全国Ⅰ·20)如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知()A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小答案AB解析由于轨迹关于P点对称,根据曲线运动合力方向应指向曲线内侧,在P点合力方向竖直向上,则电场线方向竖直向下,沿电场线方向电势降低,选项A正确;根据E p=φq可知,油滴在Q点的电势能小于在P点的电势能,选项C错误;油滴所受合力竖直向上,根据动能定理可知,油滴在Q 点的动能大于P点,选项B正确;油滴所受合力大小不变,加速度也始终不变,选项D错误.用“速度线”与“力线”分析曲线运动带电粒子仅受电场力,其运动轨迹与电场线、等势线一般不重合.轨迹曲线的本质为运动与力的关系.分析时要综合应用牛顿运动定律、功和能,做定性分析,或简单的计算.若粒子还受重力作用,可以此为基础拓展分析.(1)两线法入手在运动的初始位置,画出“速度线”(轨迹的有向切线)与“力线”(电场线的切线或等势面的有向垂线),从“两线”的夹角情况分析运动与力的关系.若夹角为锐角,则加速运动、电场力做正功.若夹角为钝角,则减速运动、电场力做负功.(2)必要的讨论电荷的正负、电场强度的方向或各等势面电势的高低、运动轨迹的方向是题意中相互制约的三个方面.若已知其中两个,可分析判定第三个方面.若有两个未知或三个都未知,则要分别讨论各种情况.对某些物理量,在讨论的各种情况中会有“归一”的结果.(3)分析临界性拐点若轨迹在某点与等势面相切或与电场线垂直,则该点为运动的转折性拐点,如图中b点.拐点两侧有不同的运动特点(多过程现象).典题演练提能·刷高分1.如图,匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点.已知G、F、B、D点的电势分别为5 V、1 V、2 V、4 V,则A点的电势为()A.0B.1 VC.2 VD.3 V答案A解析U DG=φD-φG=4 V-5 V=-1 V,U AF=φA-φF=φA-1 V,在匀强电场中,因为DG平行于AF,故U DG=U AF,解得φA=0,A正确.2.(多选)(2019山东临沂模拟)沿电场中某条直线电场线方向建立x轴,该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示,坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O'、A、B、C四点相对应,相邻两点间距相等.一个带正电的粒子从O'点由静止释放,运动到A点的动能为E k,仅考虑电场力作用,则()A.从O'点到C点,电势先升高后降低B.粒子先做匀加速运动,后做变加速运动C.粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量D.粒子运动到C点时动能小于3E k答案CD解析由题图知,从O'点到C点,沿电场线方向,电势逐渐降低,选项A错误;由静止释放的粒子所受电场力与速度方向一致,所以粒子一直做加速直线运动,在O~x1段电场强度逐渐变大,粒子所受电场力逐渐变大,做加速度增大的变加速直线运动,选项B错误;E-x图象中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差,AB段的电势差大于BC段的电势差,故电场力做功W AB>W BC,由电场力做功与电势能变化的关系得,粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量,选项C正确;由E-x图象中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差,U OA=E0x1,U AC<E0·2x1,得2U OA>U AC,由动能定理qU=ΔE k,得qU OA=E k-0,qU AC=-E k,知粒子运动到C点时动能小于3E k,选项D正确.3.(2019陕西西安高三质检)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.M、O间的电势差小于O、N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解析由题图中电场线的方向可知φM>φO>φN,再作出此电场中过O点的等势线,可知φO>φQ,选项A错误;且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度,故U MO>U ON,选项B错误;因>0,负电荷从M点到Q点电场力做负功,电势能增加,选项C正确;正电荷在Q点所受的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆周的切线方向,选项D错误.4.(多选)如图所示,ABC是处于竖直平面内的光滑、绝缘斜劈,∠C=30°、∠B=60°,D为AC中点;质量为m带正电的小滑块沿AB面由A点静止释放,滑到斜面底端B点时速度为v0,若空间加一与ABC平面平行的匀强电场,滑块仍由静止释放,沿AB面滑下,滑到斜面底端B点时速度为v0,若在同样的匀强电场中滑块由静止沿AC面滑下,滑到斜面底端C点时速度为v0,则下列说法正确的是()A.电场方向由A指向CB.B点电势与D点电势相等C.滑块滑到D点时机械能增加了D.小滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化值之比为2∶3答案BC解析无电场时由A到B有mgh=①有电场时由A到B有mgh+W E=m(v0)2②有电场时由A到C有mgh+W E'=m(v0)2③由①②③可得W E=W E'=m。

2019高考物理二轮复习带电体在组合场运动专题练习(带答案)语文

2019届高考物理二轮复习带电体在组合场运动专题练习（带答案）带电粒子的运动一直是高考物理考察的重点，下面是带电体在组合场运动专题练习，请考生认真进行练习。

1.如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里.一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板.若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变()A.粒子速度的大小B.粒子所带的电荷量C.电场强度D.磁感应强度解析：选B.粒子作直线运动，有qvB=qE，即E=vB，与q无关.2. 如图所示，空间的某一正方形区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由边界中点A进入这个区域沿直线运动，从中点C离开区域;如果将磁场撤去，其他变件不变，则粒子从B点离开场区;如果将电场撤去，其他条件不变，则粒子从D点离开场区.已知BC=CD，设粒子在上述三种情况下，从A到B，从A到C和从A到D 所用的时间分别是t1、t2、t3，离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不计，以下关系式正确的是()A.t1=t2C.Ek1=Ek2Ek2Ek3解析：选A.根据题意可知，粒子在复合场中做直线运动，由于忽略粒子重力，则洛伦兹力与电场力平衡，即有qE=qv0B，可得粒子从A到C的运动时间为t2=，其中d表示AC间距;若将磁场撤去，粒子从B点离开场区，该过程中粒子在电场力作用下做类平抛运动，运动时间t1=;若撤去电场，粒子做匀速圆周运动，从A到D的过程中，沿AC方向的速度分量逐渐减小，且均小于v0，则有t3，据以上分析，选项A正确、选项B错误.粒子从A到C过程是匀速直线运动，动能不变;从A到D过程中，粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，动能不变，则Ek2=Ek3;粒子从A到B过程中，合外力是电场力，电场力做了正功，粒子的动能增加，则有Ek1Ek2=Ek3，选项C、D错误.3.(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如右图所示.已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出，在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+()A.在电场中的加速度之比为11B.在磁场中运动的半径之比为1C.在磁场中转过的角度之比为12D.离开电场区域时的动能之比为13解析：选BCD.离子P+和P3+质量之比为11，电荷量之比等于13，故在电场中的加速度(a=qE/m)之比不等于11，则A项错误;离子在离开电场区域时有：qU=mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有：qvB=m，得半径r== ，则半径之比为1=1，则B项正确;设磁场宽度为d，由几何关系d=rsin ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1，因=30，则=60，故转过的角度之比为12，则C项正确;离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即13，则D项正确.4. (2019高考大纲全国卷)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外;在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向.在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场.不计重力.若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为.求(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;(2)该粒子在电场中运动的时间.解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动.设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B=m由题给条件和几何关系可知R0=d设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿第二定律及运动学公式得Eq=maxvx=axtt=d由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan =联立式得=v0tan2(2)联立式得t=.答案：(1)v0tan2 (2)5.如图甲所示为质谱仪的工作原理图，一比荷为=5105C/kg 的带正电粒子从O1点由静止开始被加速，加速电压U=6 400 V，粒子进入速度选择器后沿直线从O点进入下方磁感应强度B=0.2 T的匀强磁场中发生偏转而打在底片上的A点.现因发生故障，技术人员检修时(速度选择器下方两极板间挡板被打开)发现，速度选择器中的磁场消失，电场按图乙所示规律变化，粒子被加速后在t=0时刻进入速度选择器，并从下方某点进入匀强磁场中，速度选择器极板长L=0.8 m，粒子重力不计，求：(1)正常时，OA的长度;(2)出故障时，粒子在磁场中的轨道半径.解析：(1)粒子在加速电场中，qU=mv，代入数值得v0=8104 m/s.在匀强磁场中由Bqv0=m得r=，代入数值得r=0.8 m，所以OA的长度为2r=1.6 m.(2)粒子在速度选择器中运行时间t1==1010-6s，所以在0～510-6s内，粒子在垂直极板方向上做初速度为0的匀加速运动：v==6104 m/s，在510-6s～1010-6s内，粒子做匀速直线运动，速度为v==1105 m/s在匀强磁场中由Bqv=m得r1=，代入数值得r1=1 m.答案：(1)1.6 m (2)1 m2019届高考物理二轮复习带电体在组合场运动专题练习及答案分享到这里，更多内容请关注高考物理试题栏目。

2019届(广东)高考物理二轮专题训练【第6讲】电场、磁场的基本性质(含答案)

专题三电场和磁场第6讲电场、磁场的基本性质一、单项选择题1．(2018·新课标全国卷Ⅱ，17)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直横截面．一质量为m 、电荷量为q(q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )．A.3mv 03qRB.mv 0qRC.3mv 0qRD.3mv 0qR3R.解析粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系知r ＝根据洛伦兹力提供向心力得：qv 0B ＝m v 20r ，解得B ＝3mv 03qR .答案 A2．如图3－6－16所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O 点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a 、b 、c 、d 四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间t a 、t b 、t c 、t d ，其大小关系是( )．A ．t a <t b <t c <t dB ．t a ＝t b ＝t c ＝t dC ．t a ＝t b >t d >t cD ．t a ＝t b >t c >t d解析由洛伦兹力与速度的方向关系可知，从a 、b 两点射出的电子都完成了半个周期的运动，即t a ＝t b ＝T2；从c 点和d 点射出的电子在磁场中转过的圆心角都小于180°，且θd <θc ，故t d <t c <T2，D 选项正确．答案 D3．(2018·安徽卷，15)图3－6－17中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 ( )． A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右解析据题意，由安培定则可知，b 、d 两通电直导线在O 点产生的磁场抵消，a 、c 两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O 点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受图3－6－16图3－6－17洛伦兹力的方向向下．本题正确选项为B. 答案 B4．(2018·新课标全国卷Ⅰ，18)如图3－6－18所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q(q>0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )．A.qBR2mB.qBRm C.3qBR 2mD.2qBRm解析如图所示，粒子做圆周运动的圆心O 2必在垂直于速度方向的直线EF 上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM ＝R2，所以∠EO 1D ＝对应圆心角为60°，所以△EMO 2为等边三角形．由于O 1D 60°，△O 1ME 为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO 2＝O 1E＝R ，由qvB ＝mv 2R ，得v ＝qBRm ，B 正确．答案 B5．(2018·重庆卷，5)如图3－6－19所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a 和b ，内有带电量为q 的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U ，且上表面的电势比下表面的低，由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )．图3－6－19A.IB |q|aU ，负B.IB |q|aU ，正C.IB |q|bU，负D.IB |q|bU，正解析当粒子带负电时，粒子定向向左运动才能形成向右的电流，由左手定则判断负粒子受洛伦兹力的方向向上，上表面电势较低，符合题意．由粒子做匀速运动知|q|vB ＝|q|E ＝|q|Ua因I ＝n|q|vS ＝n|q|vab图3－6－18解得n ＝IB|q|bU ，选项C 正确．答案 C 二、双项选择题6．某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图3－6－20所示．下列说法正确的是 ( )．A ．a 点的电势低于b 点的电势B ．若将一正试探电荷由a 点移到b 点，电场力做负功C ．c 点的电场强度与d 点的电场强度大小无法判断D ．若将一正试探电荷从d 点由静止释放，电荷将沿着电场线由d 到c解析由电场线分布可知，b 点的电势高于a 点电势，场强E d >E c ，选项A 正确、C 错误．正电荷由a 到b ，电场力做负功，B 项正确．在电场线为曲线的电场中，电场力的方向始终在变化，但粒子的轨迹不会与电场线重合，D 项错．答案 AB7．如图3－6－21所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M 、N 和Q 为轨迹上的三点，N 点离核最近，Q 点比M 点离核更远，则( )．A ．α粒子在M 点的速率比在Q 点的大B ．三点中，α粒子在N 点的电势能最大C ．在重核产生的电场中，M 点的电势比Q 点的高D ．α粒子从M 点运动到Q 点，电场力对它做的总功为负功解析 α粒子从Q 到N ，电场力做负功W 1，速度变小，动能减小，电势能增大；从N 到M ，电场力做正功W 2，动能增加，电势能减小，且有|W 1|＞W 2，因此v Q ＞v M ，在N 点电势能最大．选项A 、D 错，B 对．由题意知O 点的重原子核带正电，M 点离O 点较近，因此M 点的电势高于Q 点的电势．选项C 正确．答案 BC8．某同学设计了一种静电除尘装置，如图3－6－22甲所示，其中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U 的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v 0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是( )．图3－6－20图3－6－21图3－6－22A ．只增大电压UB ．只增大长度LC ．只增大高度dD ．只增大尘埃被吸入的水平速度v 0解析尘埃做类平抛运动，有y ＝12at 2，a ＝Uq md ，t ＝Lv 0，当只增大电压U 或只增大长度L 时，y 增大，收集尘埃的数量增大，故A 、B 选项对；而只增大高度d 或只增大尘埃被吸入的水平速度v 0，y 减小，收集尘埃的数量减少，故C 、D 选项错．答案 AB9．如图3－6－23所示，AOB 为一边界为14圆的匀强磁场，O 点为圆心，D 点为边界OB 的中点，C 点为边界上一点，且CD∥AO.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A 点正对圆心射入，恰从B 点射出，粒子2从C 点沿CD 射入，从某点离开磁场，则可判断 ( )．A ．粒子2在BC 之间某点射出磁场B ．粒子2必在B 点射出磁场C ．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2D ．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同解析粒子从A 点射入，恰好从B 点射出，则粒子做圆周运动的半径等于14圆的半径，从圆弧AB 水平入射的粒子都将聚集到B 点，则选项B 正确；分析得粒子1和2的运动的圆弧对应的圆心角分别为90°和60°，由t ＝θ360°T ，得两粒子运动的时间之比为3∶2，则选项C 正确．答案 BC10．如图3－6－24所示，O 点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相等，方向均在xOy 平面内．在直线x ＝a 与x ＝2a 之间存在垂直于xOy 平面向外的磁感应强度为B 的匀强磁场，与y 轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．关于这些粒子的运动，下列说法正确的是( )．图3－6－23图3－6－24A ．粒子的速度大小为2aBqmB ．粒子的速度大小为aBqmC ．与y 轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D ．与y 轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长解析带正电粒子与y 轴正方向成60°角发射进入磁场后的轨迹如图甲所示，根据几何关系可得a ＝Rsin 30°，其中R ＝mvqB ，联立解得v ＝2aqBm，的时间t ＝θ2πT ，可故选项A 正确，B 错误；带电粒子在匀强磁场中运动见圆弧所对的圆心角θ越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R ＝2a ，因此当带电粒子与y 轴正方向成120°角射出时粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120°，粒子最长时间t m ＝13T ，故的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，选项C 正确，D 错误．答案 AC三、非选择题11．(2018·天津卷，11)一圆筒的横截面如图3－6－25所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求： (1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n. 解析 (1)设两板间的电压为U ，由动能定理得 qU ＝12mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U ＝Ed ②图3－6－25联立上式可得E ＝mv22qd③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO′S 等于π3.由几何关系得r ＝Rtanπ3④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB ＝m v2r⑤ 联立④⑤式得R ＝3mv3qB⑥(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U′，则U′＝Ed 3＝U3⑦设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出U ′U ＝v ′2v 2综合⑦式可得v′＝33v⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝3mv 3qB⑨设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R ，可见θ＝π2⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故 n ＝3⑪答案 (1)mv 22qd (2)3mv3qB(3)312．(2018·珠海理综测试题)如图3－6－26所示，高度相同质量均为m ＝0.1 kg 的带电绝缘滑板A 及绝缘滑板B 置于水平面上，A 的带电量q ＝0.01C ，它们的间距s ＝43m.质量为M ＝0.3 kg ，大小可忽略的物块C 放置于B 的左端．C 与A 之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，A 与水平面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，B 的上、下表面光滑，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，开始时三个物体处于静止状态．现在空间加一水平向右电场强度为E ＝80 N/C 的匀强电场，假定A 、B 碰撞时间极短且无电荷转移，碰后共速但不粘连．求：图3－6－26(1)A 与B 相碰前的速度为多大；(2)要使C 刚好不脱离滑板，滑板的长度应为多少； (3)在满足(2)的条件下，求最终AB 的距离．解 (1)A 与B 相撞之前由动能定理：(qE －μ2mg)s ＝12mv 20，得v 0＝2（qE －μ2mg ）ms ，代入数据得：v 0＝4 m/s(2)．A 与B 相碰后速度为v 1，由动量守恒定律：mv 0＝(m ＋m)v 1，v 1＝v 02＝2 m/s ，C 在A 上滑行时，A 、B 分离，B 做匀速运动，A 与地面的摩擦力f 2＝μ2(m ＋M)g ＝0.8 N ．A 受到的电场力F ＝qE ＝0.8 N ，故A 、C 系统动量守恒，当C 刚好滑到A 左端时共速v 2. 由动量守恒定律： mv 1＝(m ＋M)v 2 得v 2＝mv 1m ＋M＝0.5 m/s设A 长度为L 则由能量守恒定律有： μ1MgL ＝12mv 21－12(M ＋m)v 22得L ＝12mv 21－12（M ＋m ）v 22μ1Mg代入数据得L ＝0.5 m(用其它方法求解正确也可)(3)对C 由牛顿第二定律可知：μ1Mg ＝Ma ，得a ＝μ1Mg M ＝1 m/s 2，加速时间为t ＝v 2a ＝0.51 s ＝0.5 s ，0.5 s内A 的位移s A ＝v 1＋v 22t ＝0.625 m ，0.5 s 内B 的位移s B ＝v 1t ＝1 m所以两者以后距离关系式为x ＝s B －s A ＋(v 1－v 2)t ＝0.375＋1.5t 答案 (1)4 m/s (2)0.5 m (3)0.375＋1.5t。

2019高考物理二轮复习静电场专项试题及答案及解析

2019高考物理二轮复习静电场专项试题及答案及解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图不能判断是（）A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大2．在直角坐标系O-xyz中有一四面体O-ABC，其顶点坐标如图所示。

在原点O固定一个电荷量为-Q的点电荷，下列说法正确的是（）A．A、B、C三点的电场强度相同B．平面ABC构成一个等势面C．若在A、B、C三点放置三个点电荷，-Q所受电场力的合力一定不可能为零D．若将试探电荷+q自A点沿-x轴方向移动到O点的过程中，其电势能增大3．如图所示，一半径为R电量为Q的孤立带电金属球，球心位置O固定，P为球外一点。

几位同学在讨论P点的场强时，有下列一些说法，其中正确的是（）A．若P点无限靠近球表面，因为球面带电，根据库仑定律可知，P点的场强趋于无穷大。

B．因为球内场强处处为0，若P点无限靠近球表面，则P点的场强趋于0C．若Q不变，P点的位置也不变，而令R变小，则P点的场强不变D．若Q不变，而令R变大，同时始终保持P点极靠近球表面处，则P点场强不变4．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。

取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E P与位移x的关系如右图所示。

下列图像中合理的是（）5．如图所示，将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上。

O 点为该正方形对角线的交点，直线段AB 通过O 点且垂直于该正方形，以下对A 、B 两点的电势和场强的判断，正确的是（）A ．AB A B E E 0,φφ0==== B ．A B A B E E 0,φφ0=≠==C ．A B A B E E 0,φφ0===≠D ．A B A BE E 0,φφ0=≠=≠6．如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A 、B 水平放置，极板上带有等量异种电荷。

2019高考物理二轮练习资料专项06电场名校组合测试题学生版

2019 高考物理二轮练习精选资料专项06 电场名校组合测试题（学生版）1.如图 9-1 所示是电容式话筒的表示图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前方镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，以致话筒所在的电路中的其余量发生变化，使声音信号被话筒转变成电信号. 此中导致电容变化的原由可能是电容器两极板间的()图 9-1A. 距离变化B. 正对面积变化C.介质变化D. 电压变化2.一负电荷从电场中 A 点由静止开释，只受电场力作用，沿电场线运动到 B点，它运动的 vt 图象如图9-2甲所示，那么A、 B两点所在地域的电场线分布状况可能是图乙中的()图 9-23. 如图 9-3 所示，电场中某条电场线上a 、b两点相距为，电势差为，同一点电荷在d Ua、 b 两点所受的电场力大小分别为 F 和 F ，那么以下说法中正确的选项是()12图 9-3A.a点的场强等于/U dB. a点的场强盛于 b 点场强C. 假设1=2，那么a 点场强等于/F F U dD. 假设F＜F , 那么a点场强小于b点场强124. 如图 9-4所示，在真空中的A、B 两点分别搁置等量异种点电荷，在 A、B 两点间取一正五角星形路径abcdefghija ，五角星的中点与A、 B 的中点重合，现将一电子沿该路径逆时针挪动一周，以下判断正确的选项是()图 9-4A. e点和g点的电场强度同样B. a点和f点的电势相等C. 电子从g点到f点再到e点过程中，电势能先减小再增大D. 电子从f点到 e 点再到 d 点过程中，电场力先做负功后做正功5. A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A 点运动到 B点，速度图象如图低的判断，正确的选项是()9-5所示 . 以下关于A、B 两点电场强度 E 的大小和电势φ的高图 9-5A.E＞EB.E＜EC.φ＜φB D. φ＞φBAB AB A A图9-66. 带正电的小球用绝缘线悬挂在O点( O点搁置一带正电的点电荷) 做单摆摇动，如图9-6所示 . 与O点不放电荷时比较，以下判断正确的选项是A. 振动周期将变大C. 振动周期将不变()B. 振动周期将变小D. 小球的振动还是简谐运动7.以以下图，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经过该地域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面 b 上，据此可知()图 9-7A. 三个等势面中， c 的电势最低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点的动能与电势能之和比在Q点的小D. 带电质点在R点的加快度方向垂直于等势面b8. 如图9-8所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→ O→ B 匀速飞过，不计电子的重力，那么电子所受另一个力的大小和方向变化状况是()图 9-8A.先变大后变小，方向水平向左B.先变大后变小，方向水平向右C.先变小后变大，方向水平向左D.先变小后变大，方向水平向右9. 如图 9-9 所示 , 在圆滑绝缘水平面上 , 两个带等量正电的点电荷M、N分别固定在 A、B两点 , O为AB连线的中点 , CD为AB的垂直均分线 . 在CO之间的F点由静止开释一个带负电的小球( 设不改变本来的电场分布), 在此后的一段时间内 ,P 在连线上做来去运动 . 假设 ()P CD图 9-9A. 小球P的带电荷量缓慢减小, 那么它来去运动过程中振幅不停减小B. 小球P的带电荷量缓慢减小, 那么它来去运动过程中每次经过O点时的速率不停减小C. 点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大, 那么小球P 来去运动过程中周期不停减小D. 点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大, 那么小球P 来去运动过程中振幅不停减小10. 如图9-10所示，竖直墙面与水平川面均圆滑且绝缘. 两个带有同种电荷的小球A、B 分别处于竖直墙面和水平川面，且处于同一竖直平面内，假设用图示方向的水平推力F作用于小球 B，那么两球静止于图示地点，假如将小球 B 向左推进少量，并待两球重新达到均衡时，那么两个小球的受力状况与本来对比()图 9-10A. 推力F将增大B. 竖直墙面对小球 A 的弹力减小C. 地面对小球B的弹力必定不变D.两个小球之间的距离增大11.“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中(1) 如图 9-11 所用的电表指针偏转方向与流入电流的关系是表时，指针倾向正接线柱一侧. 一位学生用这个电表探测基准点表正接线柱的探针E1接触基准点2，把接电表负接线柱的探针指针发生了偏转，为了探测到等势点，那么()A. 假设电表指针倾向正接线柱一侧，E2应右移B. 假设电表指针倾向正接线柱一侧，E2应左移C. 假设电表指针倾向负接线柱一侧，E2应右移D. 假设电表指针倾向负接线柱一侧，E2应左移: 当电流从正接线柱流入电2 双侧的等势点时，把接电E2接触纸上某一点，发现表的图 9-12(2)在平坦的木板上挨次铺放白纸、复写纸和导电纸 . 在导电纸上平放两个圆柱形电极A与 B，分别与直流电源的正、负极接好，如图9-12 所示 . 假设以A、B连线为x轴，A、B连线的中垂线为y 轴，将一个探针固定在y 轴上的某一点，沿 x 轴挪动另一个探针，发现无论如何挪动，敏捷电流表的指针都不偏转，假设电源及连线都是完满的，可能的故障是_______.将实验故障消除后，探针从BO间某处沿 x 轴向电极 A 挪动的过程中，电流表中指针偏转的状况是 _______.12.如图 9-13 所示，在真空中的O点放一点电荷Q=1.0 × 10－9C，直线M N过O点，OM=30cm,M点放一点电荷 q=－2×10－10C,求:图 9-13(1)M点的场强盛小；(2)假设 M点的电势比 N点的电势高15V，那么电荷 q 从 M点移到 N点，它的电势能变化了多少？13. 如图 9-14 所示，计算机键盘上的每一个按键下边都有一个电容传感器. 电容的计算S此中ε =9.0 ×10－ 12－1, S表示两金属片的正对面积， d 表示两金属间的距公式是F·mC,d离. 当某一键被按下时，d发生改变，惹起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相2应的信号 . 两金属片的正对面积为50mm，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60mm.只要电容变化达 0.25pF ，电子线路就能发出相应的信号，那么为使按键获得反应，最少需要按下多大距离？图 9-1414.如图 9-15 所示，电荷量为－e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为 v0，当它经过电场 B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求 A、 B 两点间的电势差.15.如图 9-16 所示，在方向水平的匀强电场中，一个不行伸长的不导电细线的一端连着一个质量为 m的带电小球，另一端固定于 O点，把小球拉起直至细线与场强平行，而后无初速开释，小球摆到最低点的另一侧，线与垂直方向的最大夹角为θ . 求小球经过最低点时细线对小球的拉力.图 9-1616 如图 9-17 所示，质量为、电荷量为 +的小球从距地面必定高度的O 点，以初速度m qv0沿着水平方向抛出，在小球运动的地域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，假如测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且小球翱翔的水平距离为L，求:图 9-17(1)电场强度 E为多大？(2)小球落地点 A 与抛出点 O之间的电势差为多大？(3)小球落地时的动能为多大？。

2019高考物理二轮优化设计练习资料-第6章第2单元_图文

(1)小球在B点的加速度的大小； (2)下滑到C点时的速度的大小．
21
解析：(1)由于金属板处在点电荷 Q 形成的电场中达到静电平衡时，金属板表面是一个等势面，金属板表面处的电场线与金属板表面垂直，带电小球在沿金属板下滑的过程中，所受电场力与金属板表面垂直．则小球所受的合外力为 F＝mgsin θ，所以小球沿金属板表面做初速度为零的匀加速直线运动，故小球在 B 点的加速度为 a＝gsin θ.
答案：C
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2．(2012年铜陵模拟)下图为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．下列表述正确的是( )
A．到达集尘极的尘埃带正电荷 B．电场方向由放电极指向集尘极 C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：由题图知，集尘极连电源正极，电势高，所以电场方向由集尘极指向放电极，B错误．带电尘埃向集尘极迁移，带电尘埃所受电场力方向与电场方向相反，带负电，A、C错误．由F＝qE知，同一位置F正比于q，D 正确．答案：D
二、电势和等势面 1．电势 (1)定义：电荷在电场中某点的电势能与它的电荷量的比值．
Ep (2)定义式：φ＝ q . (3)矢标性：电势是标量，其大小有正负之分，其正(负)表示该点电势比电势零点高(低)． (4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因电势零点的选取的不同而不同． (5)电场线指向电势降低的方向． 2．等势面 (1)定义：电场中电势相同的各点构成的面． (2)特点 ①电场线跟等势面垂直，即场强的方向跟等势面垂直． ②在等势面上移动电荷时电场力不做功． ③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面． ④等差等势面越密的地方电场强度越大；反之越小．

2019年高考物理二轮练习课时功课第6单元电场

2019年高考物理二轮练习课时功课第6单元电场注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

第6单元电场【一】选择题：此题共8小题，每题6分，共48分、在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分、1、如图甲所示，A 、B 是一条电场线上的两点，假设在A 点释放一初速度为零的电子，电子在仅受电场力的作用下沿电场线从A 运动到B ，其速度随位移变化的规律如图乙所示、设A 、B 两点的电场强度分别为E A 、E B ，电势分别为φA 、φB ，那么()A 、E A ＝E BB 、EA ＜E BC 、φA ＝φBD 、φA ＜φB2、在场强大小为E 的匀强电场中，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物体以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE m ，物体运动s 距离时速度变为零、那么()A 、物体克服电场力做的功为qEsB 、物体的电势能减少了0.8qEsC 、物体的电势能增加了qEsD 、物体的动能减少了0.8qEs3、如下图，空间有一水平方向的匀强电场，一带电微粒以一定初速度从A 点沿直线运动到B 点，微粒除受到电场力和重力外，不再受其他力、那么此过程中微粒的()A 、电势能增加B 、电势能减小C 、动能增加D 、动能不变4、如图甲所示，匀强电场电场强度的大小为E ，方向与水平面的夹角为θ(θ≠45°)，场中有一质量为m 、电荷量为q 的带电小球用长为L 点、当小球静止时，细线恰好水平、现用一外力将小球缓慢拉至竖直方向最低点，小球的电荷量保持不变，在此过程中()A 、该外力所做的功为mgL cot θB 、带电小球的电势能增加qEL (sin θ＋cos θ)C 、带电小球的电势能增加2mgL cot θD 、该外力所做的功为mgL tan θ5强电场、现有两块无限大的均匀绝缘带电平面，一块两面正电，一块两面负电、把它们正交放置，如图甲所示，单位面积所带电荷量相等(设电荷在相互作用时不移动)，图甲中直线A 1B 1和A 2B 2分别为带正电平面和带负电平面与纸面正交的交线，O 为两交线的交点，那么图乙中能正确反映等势面分布情况的是()6E，在电场中P下落一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)、在P的正下方h处有一水平弹性绝缘挡板S(挡板不影响电场的分布)，小球每次与挡板相碰后电何量减小到碰前的k倍(k<1)，而碰撞过程中小球的机械能不损失，即碰撞前后小球的速度大小不变，方向相反、设在匀强电场中，挡板S处的电势为零，那么以下说法正确的选项是()A、小球在初始位置P处的电势能为EqhB、小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度大于hC、小球第一次与挡板相碰后所能达到最大高度时的电势能小于EqhD、小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度小于h7、如下图，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度v0射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN.a、b、c是以O为中心，R a、R b、R c为半径画出的三个圆，R c－R b＝R b－R a.1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点、以|W12|表示点电荷P由1到2的过程中电场力做的功的大小，|W34|表示由3到4的过程中电场力做的功的大小、那么()A、|W12|＝2|W34|B、|W12|>2|W34|C、P、O两点电荷可能同号，也可能异号D、P的初速度方向的延长线与O之间的距离可能为零8、如下图，两个固定的相同细环相隔一定的距离同轴放置，O1、O2轴线飞来并穿过两环、那么在带电粒子运动的过程中()A、粒子在O1点的加速度方向向左B、从O1到O2过程粒子的电势能一直增加C、轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小D、轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在场强为零的点，它们关于O1、O2连线中点对称【二】非选择题：此题共4小题，共52分、把答案填在题中的横线上或按题目要求作答、解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分、有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位、9、(6分)示波管的结构中有两对互相垂直的偏转电极XX′和YY′，假设在XX′上加上如图甲所示的扫描电压，在YY′上加如图乙所示的信号电压，在图丙中画出在示波管荧光屏上看到的图形(定性画出即可)、10、(10分)如下图，ab是半径为R的圆上的一条直径、该圆处在电场强度为E强电场中，圆平面与电场线平行、在圆周平面内将一带正电，电荷量为q的小球从a点以相同的动能抛出、抛出方向不同时，小球会经过圆上不同的点，在这所有点中，到达c点时小球的动能最大、∠cab＝30°，除小球所受电场力之外，小球所受其他力的作用均可忽略不计、那么电场线与直线ac的夹角为________、假设小球在a点时的初速度方向与电场方向垂直，并且小球恰能通过c点，那么小球在c点的动能为________、11、(16分)如图甲所示，极板长为L的平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线的夹角为θ.某时刻一质量为m、带电荷量为q的小球由两极正中央A点静止释放，小球离开电场时的速度是水平的，落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平面的夹角为α时，小球恰好沿原路返回A点、求：(1)电容器极板间的电场强度E.(2)平板M与水平面的夹角α.(3)球在AB间运动的周期、12、(20分)如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子(电子的初速度可忽略不计)，经电压为u的电场加速，加速电压ut变化的图象如图乙所示、每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为加速电压不变、电子被加速后由小孔S穿出，金属板A、B间中轴线从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L＝0.20m，两板间的距离d＝0.05m，A板的电势比B板的电势高、A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P(面积足够大)之间的距离b＝0.10m、荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上、不计电子之间的相互作用力及其所受的重力、(1)要使电子都打不到荧光屏上，那么A、B两板间所加电压U应满足什么条件、(2)当A、B板间所加电压U′＝50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内、。

2019年高三物理二轮复习《电场的力学性质》专项训练(包含答案解析)

2019年高三物理二轮复习《电场的力学性质》专项训练一、选择题1、两个分别带有电荷量－Q和+3Q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．112F B．34F C．43F D．12F2、A、B、C三点在同一直线上，AB:BC＝1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。

当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为（）A. －F/2B. F/2C. －FD. F3、真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r则A、B两点的电场强度大小之比为（）A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：94、一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线a bc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。

关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）5、静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。

某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面，工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上。

若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)（）6、如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线的分布情况。

一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示，若不考虑其他力，则下列判断中正确的是（）A ．若粒子是从A 运动到B ，则粒子带正电；若粒子是从B 运动到A ，则粒子带负电 B ．不论粒子是从A 运动到B ，还是从B 运动到A ，粒子必带负电C ．若粒子是从B 运动到A ，则其加速度减小D ．若粒子是从B 运动到A ，则其速度减小7、在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为410V/m ，已知一半径为1mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m 。

教育最新2019年版本高考物理二轮复习专题试卷----电场试题-Word版

高考物理二轮复习专题试卷----电场试题(附参考答案)学号: 姓名:一、选择题1．某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面.A 、B 、C 三点的电场强度分别为E A 、E B 、E C ，电势分别为A ϕ、B ϕ、C ϕ，关于这三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（）A ．E A <EB ，B ϕ=C ϕB ．E A >E B ，A ϕ>B ϕC ．E A >E B ，A ϕ<B ϕD ．E A =E C ，B ϕ=C ϕ2．[2011·海南物理卷] 关于静电场，下列说法正确的是( )A ．电势等于零的物体一定不带电B ．电场强度为零的点，电势一定为零C ．同一电场线上的各点，电势一定相等D ．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加3.示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示.如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( ) A.极板X 应带正电B.极板X '应带正电C.极板Y 应带负电D.极板Y '应带正电4．如图1所示，从F 处释放一个无初速的电子向B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )A ．电子到达B 板时的动能是E eVB ．电子从B 板到达C 板动能变化量为零 C ．电子到达D 板时动能是3E eVD ．电子在A 板和D 板之间做往复运动5．如图2所示，静止的电子在加速电压U 1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U 2的作用下偏转一段距离．现使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A ．使U 2加倍B ．使U 2变为原来的4倍C ．使U 2变为原来的2倍D ．使U 2变为原来的1/26．如图10所示，D 是一只理想二极管，电流只能从a 流向b ，而不能从b 流向a .平行板电容器的A 、B 两极板间有一电荷，在P 点处于静止状态．以E 表示两极板间的电场强度，U 表示两极板间的电压，E p 表示电荷在P 点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是 ( )A ．E 变小B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止7．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F 作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A ．若F 向上压膜片电极，电路中有从a 到b 的电流B ．若F 向上压膜片电极，电路中有从b 到a 的电流C ．若F 向上压膜片电极，电路中不会出现电流D ．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化 8.用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图).设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ.实验中,极板所带电荷量不变,若( )A.保持S 不变,增大d,则θ变大B.保持S 不变,增大d,则θ变小C.保持d 不变,减小S,则θ变小D.保持d 不变,减小S,则θ不变9.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O 处固定一点电荷，将质量为m ，带电量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在A B 弧中点处的电场强度大小为（）A ．mg/qB ．2mg/qC ．3mg/qD ．4mg/q10. （18分）如图所示，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L ”型滑板，其质量为M ，平面部分的上表面光滑且足够长.在距滑板A 端为L 的B 处放置一个质量为m 、带电荷量为+q 的物体C （可视为质点），在水平的匀强电场作用下，由静止开始运动.已知：M=3m ，电场强度为 E.假设物体C 在运动及与滑板A 端相碰过程中电荷量不变.⑴求物体C 第一次与滑板A 端相碰前瞬间的速度大小.⑵若物体C 与滑板A 端相碰的时间极短，而且碰后弹回的速度大小是碰前速度大小的1/5，求滑板被碰后的速度大小.⑶求物体C 从开始运动到与滑板A 第二次碰撞这段时间内，电场力对小物体C 做的功.11．（18分）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K 发出（初速度不计），经灯丝与A 板间的加速电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P 点。

2019高考物理二轮练习单元测试第六章静电场

2019 高考物理二轮练习单元测试- 第六章静电场[ 时间 90 分钟总分值 100 分]【一】选择题 ( 此题包含 10 小题，共40 分，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，所有选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0分、 )1、以下静电学公式中F 、 q 、 E 、 U 、 r 和 d 分别表示静电力、电荷量、场强、电势差以及距离、① F ＝ k q 1q 2 q Fr 2 ；② E ＝ k 2 ；③ E ＝；④ U ＝Ed . 以下表达正确的选项是 ()r qA 、它们都只对点电荷或点电荷的场才建立B 、①②③只对电荷或点电荷的场建立，④只对匀强电场才建立C 、①②只对点电荷建立，③对任何电场都建立，④只对匀强电场才建立D 、①②只对点电荷建立，③④对任何电场或静电场都建立q 1q 2q分析＝k r 2 是库仑定律的表达式，仅合用于真空中点电荷的电场；＝ k 2是由库仑定FE rF律导出的，所以也只合用于真空中点电荷的电场；E ＝ q 是场强的定义式，合用于任何电场； U ＝ Ed 只合用于匀强电场、答案 C2、以以下图的齐心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A → C 运动时的速度愈来愈小，B 为线段的中点，那么以下说法正确的选项是 ()ACA 、电子沿方向运动时遇到的电场力愈来愈小ACB 、电子沿 AC 方向运动时它拥有的电势能愈来愈大C 、电势差 ABBCU ＝ UD 、电势 φ A <φ B <φ C分析由等势面的形状可知，这是一个点电荷电场的等势面，点电荷位于圆心，电子由A→C 速度减小，说明点电荷为负电荷，电场线由外指向圆心、 ACD 错误， B 正确、答案 B3、以以下图，对一个给定的电容器充电时，以下的图像中能正确反响电容器的带电荷量Q 、电压 U 和电容器电容 C 之间关系的是 ()答案 BC4(2017 ·郑州阶段模拟 )以以下图，真空中O 点处有一点电荷，在它产生的电场中有a 、b 两点， a 点的场强盛小为 E ，方向与 ab 连线成60°角， b 点的场强盛小为 E ，方向与 ab 连线成 30°角、关于 a 、abb 两点场强 E a 、 E b 及电势 φa 、 φ b 的关系，正确的选项是 ()A 、 E ＝ 3E ， φ >φbB 、 E ＝ 3E ， φ <φbabaabaE bC 、 E a ＝ 3 ， φ a <φ bD 、E a ＝ 3E b ， φ a <φ bk Q3 ra＝3E分析因为＝2 ，b＝ a ，所以b ，由图中电场强度的方向可知点电荷为负电E rrEE荷，电场是负电荷形成的电场，所以φ a <φ b ，所以， B 正确、答案 B5.(2018 ·广东深圳 ) 以以下图， MN 是一负点电荷产生的电场中的一条电场线、一个带正电的粒子 ( 不计重力 ) 从 a 到 b 穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示、以下结论正确的选项是() a 到 b 过程中动能逐渐减小A 、带电粒子从B 、负点电荷必定位于 M 点左边C 、带电粒子在 a 点时拥有的电势能大于在 b 点时拥有的电势能D 、带电粒子在 a 点的加快度小于在 b 点的加快度分析此题观察电场力、电势能、由粒子运动的轨迹可知，带电粒子遇到的电场力向右，电场力对带电粒子做正功，带电粒子的电势能减小，动能逐渐增大，负电荷必定在N 侧，带电粒子在 a 点遇到的电场力小于b 点的电场力，所以在 a 点的加快度小于在b 点的加快度，C 、D 项正确、答案CD6.一半径为 R 的圆滑圆环竖直放在水平向右场强为E 的匀强电场中，以以下图，环上a 、 c是竖直直径的两端，、 d 是水平直径的两端，质量为m 的带电小球套在圆环上，并可沿环b无摩擦滑动、现使小球由a 点静止开释，沿 abc 运动到 d 点时速度恰好为零，由此可知，小球在 b 点时 ()A 、加快度为零B 、机械能最大C 、电势能最大D 、动能最大分析从题图上可以看出小球从 a 点静止出发到 d 点仍静止，由动能定理可知： mgR ＋ W q＝0－ 0，所以有 W q ＝－ mgR ，所以小球带负电，所遇到的电场力大小为 F ＝ mg ，方向水平向左、在整个过程中，只有由 a 到 b 电场力做了正功，由功能关系可知，在 b 点机械能最大，选项 B 对；在 b 点小球速度要满足圆周运动的规律，所以加快度不为零，选项 A 错；由 b 到 d 电场力做负功，电势能增添， d 点电势能最大，选项 C 错；因为重力和电场力都是恒力，所以这两个力的合力也为恒力，方向为斜向左下方，与竖直方向成 45°角，由等效法可知，小球应当运动到合力方向的最低点，即 bc 两点之间的某一点时，其动能最大，选项 D 错、答案 B7.以以下图，一种 β射线管由平行金属板 A 、 B 和平行于金属板的细管 C 构成、放射源 O 在 A 极板左端，可以向各个方向发射不一样速度、质量为 m 的β 粒子、假设极板长为 L ，间距为 . 当、 B 板加上电压 U 时，只有某一速度的 β 粒子能从细管 C 水平射出，细管 C 离两板等dA距、元电荷为 e ，那么从放射源O 发射出的 β 粒子的这一速度为 ()2eU L 2eUA.mB. d m1eU d 2＋L 2LeUC. d mD. d2m分析设所求的速度为v 0，与上板 A 成 θ 角、在垂直于极板的方向上， β粒子做匀减速直 d 1 2线运动，当竖直分速度恰好减为零时，有 2 ，水平位移 L ＝ vt ，两式相除 2＝ 2at，即 d ＝ at x d atv y得 L ＝v x ＝ v x，又 v y ＝ at ＝Uem ，LL2eU所以 v x ＝d v y ＝ dm.1 eU d 2＋ L 2所以 v 0＝ v x 2＋v y2＝ dm.选项 C 正确、答案 C 8.(2018 ·河南五市毕业班第一次联考 ) 以以下图，空间中存在着匀强电场，正方体 ABCDEFGH 中 A 、 B 、 C 、 H 四点电势分别为 φA ＝ 4V ，φ B ＝ 6V ， φC ＝ 9V ， φ H ＝5V 、那么下边说法正确的选项是 ()A、把1C 正电荷从B点经G点移到H点，电场力做功必定是2JB、G点电势可能为 6VC、A、G两点的电势差U AG与D、F两点的电势差U DF必定相等D、电场强度方向必定与D、G两点的连线垂直分析电场力做功与路径没关，W BH＝ qU BH＝ q(φB－φH)＝1J，A错误、在匀强电场中互相平行的直线上 ( 包含同向来线上) 距离相等的点电势差相等、由φ A－φ B＝φ H－φ G可得φ G＝7V，B错误、同理可得各点的电势以以下图，可见U AG＝φA－φG＝－3V，U DF＝φD－φF＝3V，C错误、因为 DG两点电势相等，故DG在同一等势面上，而电场线与等势面是正交的，故 D 正确、答案D9、 (2017 ·四川理综 ) 以以下图，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等、圆滑绝缘直杆沿电场方向水平搁置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块( 可视为质点 ) ，滑块经过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到 N点，OM＜ ON.假设滑块在M、 N时弹簧的弹力大小相等，弹簧一直在弹性限度内，那么()A、滑块从到N的过程中，速度可能向来增大MB、滑块从地点 1 到 2 的过程中，电场力做的功比从地点3到4的小C、在、之间的范围内，可能存在滑块速度同样的两个地点M ND、在M、N之间可能存在只由电场力确立滑块加快度大小的三个地点分析由 OM<ON，且在 M、 N两处，弹簧的弹力相等可知，在M处弹簧处于压缩，在N 处弹簧处于拉伸状态、滑块从 M到 N过程中，电场力对滑块做正功，而弹簧的弹性势能先增大，再减小，而后又增大，所以滑块的速度可能向来增大， A 正确；由W＝qU可知滑块从1 到 2与从 3 到 4 所做的功相等， B 错误；由动能定理可得，假设电场力做的正功与弹簧做的负功相等，那么动能不变，所以在M、 N 之间有可能存在滑块速度同样的两个地点， C 正确；当弹簧处于原长时，弹力为零，滑块只受电场力作用，此时滑块的加快度仅由电场力的大小决定，当弹簧与直杆垂直时，弹力在竖直方向上，滑块加快度的大小仅由电场力确立，故对应的地点有两处， D 错误、答案 ACL 的平行金属板，以两10、(2018 ·盐城高三第一次调研 ) 以以下图，真空中水平搁置长为板中间线为 x 轴，以垂直于极板且过极板右端为y 轴建立坐标系、在t ＝0时，将图中所示的电压加在两板上，与此同时连续不停的电子沿x 轴以速度 v0飞入电场，均能从两板间飞出、关于电子穿过 y 轴的地点，正确的描述是()A、当 ?0时，电子从同一地点穿过，这个地点在y轴正方向某处L v TB、当L? v0T时，电子从两个不一样地点穿过，一个在座标原点，一个在y 轴正方向某处C、当＝0时，电子在一段地域穿过，这个地域在y轴正方向上从原点开始L v TD、当L＝v0T时，电子在一段地域穿过，这个地域在y 轴正方向上不包含原点在内L分析当 L? v0T 时，即在板间运动时间t ＝ v0? T，那么电子在板间运动的时间可忽视不计，电子在板间运动时板间的电压可以为等于电子射入板间时的电压，在板间有电压时电压不变，此时间内经过两板间的电子偏转距离都同样，穿过y 轴的地点也同样，且因U AB>0，有电压时电子向上偏，而无电压时电子不发生偏转，从原点经过y 轴，A错误，B正确、当L＝ v0T 时，电子在板间运动时间为一个周期，在y 轴方向上必有加快的半个周期，y 轴方向上的偏移量必不为零， C 错误， D 正确、答案 BD【二】实验题 ( 此题包含 2 小题，共16 分)11、 (10 分 ) 如图甲所示是一种丈量电容的实验电路图，实验是经过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至其两端电压为U时所带电量 Q，从而再求出电容器的电容C.某同学在一次实验时的状况以下：接通开关S，调理电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转近满刻度，记下此时电流表的示数是I ＝490μA，电压表的示数U＝，I 、U 分别是0000电容器放电时的初始电压和电流、断开开关S，同时开始计时，每隔5s(10s) 测读一次电流I的值，将测得数据填入以下所示的表格中、(1)在图乙坐标系上画出I － t 图线；(2)图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是_______________________________ 、(3)该电容器的电容为：_______________________________________________.电流 I /μA490380280230180100502510时间 t /s0510152030405055分析 (1) 依据实验所记录的数据在座标纸中作I － t 图像 ( 如图丙所示 ) ，注意作图时要描点作图，而后用光滑的曲线连接； (2) 由电流强度的定义式 q ＝ It 和在座标纸中作出的 I － t图线与运动学中的过回路的总电量；过回路的总电量为Q 8.5 × 10－3C ＝U ＝v － t 图线类比可知， I － t 图线与时间轴所围成的面积表示放电过程中通(3) I － t 图线与时间轴所围成的方格数为34 个，那么算出放电过程中通 q ＝ 34× 50×10－ 6× 5C ＝ × 10－3C(32 ～ 36 个均可 ) ，由电容定义式可知F ＝ ×10－3F × 10－3～ × 10－3 均正确 ) 、答案 (1) 见分析 (2) 放电量 (3)1.42 × 10－3F12、(6 分 ) 在圆滑的绝缘水平面上，相距为L 的 A 、B 两点分别放着质量为m 和 2m 的两个带电小球Q 和 Q ，将两小球同时开释，刚开释时，Q 的加快度为a ，当 Q 和 Q 的距离为ABBAB________时， Q A 的加快度大小也是 a .F分析 Q B 的加快度 a ＝， Q A 的加快度也为 a 时，2m′′ 1FFa ＝ m . 所以 F ＝ 2，Q A Q BQ A Q B而 F ′＝ k r 2 ， F ＝k L 2 ，那么 r ＝ 2L 答案 2L【三】计算题 ( 此题包含 4 个小题，共 44 分、解答应写出必需的文字说明、方程式和重要演算步骤、只写出最后答案的不可以得分、有数值计算的题，答案中一定明确写出数值和单位)13、(10 分 )(2017 北京东城区检测 ) 以以下图，一带电荷量为＋ q 、质量为 m 的小物块处于一倾角为 37°的圆滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止、重力加快度取 g ， sin37 °＝，cos37 °＝ 0.8. 求：(1) 水平向右电场的电场强度；(2) 假设将电场强度减小为本来的1/2 ，小物块的加快度是多大；(3) 电场强度变化后小物块下滑距离L 时的动能、分析小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，那么 F N sin37 °＝ qE ① F N cos37 °＝ mg ②3mg由①、②可得E ＝ 4q(2) 假设电场强度减小为本来的1/2 ，那么3mgE ′＝ 8qmg sin37 °－ qE ′ cos37 °＝ ma ③可得 a ＝ g(3) 电场强度变化后小物块下滑距离 L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得：mgL sin37 °－ qE ′ L cos37 °＝ E k － 0④可得 E k ＝ mgL3mg答案 (1) 4qg mgL14、 (10 分 )为使带负电的点电荷 q 在一匀强电场中沿直线从 A 匀速运动到 B ，一定对该电荷施加一个恒力 F ，以以下图，假设 AB ＝， α ＝ 37°， q ＝－ 3× 10 － 7－4 C ， F ＝1.5 × 10 N ， A 点的电势φ A ＝ 100V 、( 不计负电荷受的重力 )(1) 在图顶用实线画出电场线，用虚线画出经过 A 、B 两点的等势线，并注明它们的电势、(2) 求 q 在由 A 到 B 的过程中，电势能的变化量是多少？分析电荷由A 匀速运动到，说明电荷遇到的电场力与恒力F是一对均衡力，等大反向，BF 同向、再依据电场线与又因为是负电荷，所以电场力跟场强方向相反，可以判断出场强与等势面垂直，画出过 A 、 B 两点的等势线、要求 B 点的电势和由 A 到 B 的过程中电荷电势能的变化量，就要先求出 q 在由 A 到 B 的过程中电场力所做的功、(1) 电荷由 A 到 B 过程中电场力的功AB ＝ ·cos(180 °－ α ) ＝－ 4.8 × 10－5J ，两点的电势差W FAB－ 5ABAB－4.8 ×10WV ＝ 160VAB－7U ＝q ＝－ 3× 10ABABφ － φ ＝U ＝160V.所以 φB ＝－ 60V ，电场线及过A 、B 两点的等势线以以下图、(2) W ＝qU ＝－ 4.8 ×10－ 5J ， q 从 A 到 B 的过程中电势能增添了4.8 × 10－ 5 JAB答案 (1) 图见分析 × 10－5J15.(14 分 ) 以以下图，水平搁置的平行板电容器，本来两板不带电，上极板接地，它的极板长 L ＝，两板间距离 d ＝，有一束同样的带电微粒以同样的初速度先后从两板中央平行极板射入，因为重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷马上转移到下极板且平均分布在下极板上、设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间、微粒质量为－6kg，电荷量q＝ 1× 10－ 82m＝2×10C，取g＝ 10m/s . 求：v0.(1) 为使第一个微粒的落点范围能在下极板的中点，求微粒入射的初速度(2)假设带电微粒以第 (1) 问中的初速度v0入射，那么平行板电容器所获取的电压最大值是多少？L d 12分析 (1) 第一个微粒进入电容器后只受重力作用，做平抛运动，所以有：2＝ v t ，2＝2gt解得 v0＝gL2 4d＝(2)当平行板电容器所获取的电压最大时，进入电容器的微粒恰好从下极板的右侧沿射出，有：L＝ v0t 1d122＝2at 1Umg－ q d＝ ma解得 U＝6V答案 (1)2.5m/s(2)6V16.(10分 )(2018 ·浙江宁波八校联考) 以以下图，在水平方向的匀强电场中有一表面圆滑、与水平面成 45°角的绝缘直杆AC，其下端 ( C端 ) 距地面高度h＝ 0.8m 、有一质量为 500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好经过 C 端的正下方P 点处、 ( g取 10m/s 2) 求：(1)小环走开直杆后运动的加快度大小和方向、(2)小环从 C运动到 P 过程中的动能增量、(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.分析(1)小环沿 AC杆匀速下滑，受力分析以以下图，小环共受 3 个力，由图可知qE＝mg，小环走开直杆后，只受重力和电场力， F 合＝2mg＝ ma，a＝2g＝ 102m/s2，方向垂直于杆向下、设小环从 C运动到 P 的过程中动能的增量为 E ＝W ＋ W ，此中 W ＝ mgh＝4J， W(2)k重电重电＝ 0，所以E k＝4J.(3)环走开杆做类平抛运动：平行杆方向匀速运动：2h＝ v t ，221垂直杆方向匀加快运动：2 h＝2at 2，解得 v0＝2m/s.答案 (1)10 2m/s2垂直于杆向下(2)4J (3)2m/s。

2019高考物理二轮专项练习精品卷--电场

2019高考物理二轮专项练习精品卷--电场考试范围：电场一、选择题〔此题共10小题，每题4分，共40分。

在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

〕1、如右图所示，不带电的枕形导体的A 、B 两端各贴有一对金箔。

当枕形导体的A 端靠近一带正电导体C 时，可能的是〔〕A 、A 端金箔张开，B 端金箔闭合，枕形导体整体不带电B 、用手触摸枕形导体后，A 端金箔仍张开，B 端金箔闭合C 、用手触摸枕形导体后，将手和C 都移走，两对金箔均张开D 、选项A 中两对金箔分别带异种电荷，选项C 中两对金箔带同种电荷【思路点拨】静电场中物体带电源于电子的转移，可以从同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的角度分析。

【答案】BCD【解析】根据静电感应现象，带正电的导体C 放在枕形导体附近，在A 端出现了负电，在B 端出现了正电，这样的带电并不是导体中有新的电荷，只是电荷的重新分布，枕形导体上总的电荷量为0。

金箔上带电相斥而张开，选项A 错误；用手摸枕形导体后，B 端不是最远端了，人是导体，人的脚部连接的地球是最远端，这样B 端不再有电荷，金箔闭合，选项B 正确；用手触摸导体时，只有A 端带负电，将手和C 移走后，不再有静电感应，A 端所带负电便分布在枕形导体上，A 、B 端均带有负电，两对金箔均张开，选项C 正确；通过以上分析看出，选项D 也正确。

2、以下常见的静电学公式中，F 、q 、E 、U 、r 和d 分别表示电场力、电量、场强、电势差、以及距离①221r q q k F =，②2r q k E =，③qF E =，④U =Ed 〔〕 A 、它们都只对点电荷或点电荷的电场才成立B 、①②③只对点电荷或点电荷的电场成立，④只对匀强电场成立C 、①②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立D 、①②只对点电荷成立，③④对任何电荷或静电场都成立【命题立意】此题重在考查静电场几个公式的适用条件。

新资料2019年高三上学期二轮练习单元验收(6)物理试题

新资料 2019 年高三上学期二轮练习单元查收（6）物理试题物理单元查收试题〔6〕【新课标】【电场】本试卷分第一卷〔选择题〕和第二卷〔非选择题〕两部分。

第一卷〔选择题〕1、两个质量均为 m 的完整同样的金属球a 和b ，其质量散布平均，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l 为球半径的 3 倍。

假定使它们带上等量异种电荷，所带电荷量的绝对值均为 Q ，那么 a 、b 两球之间的万有引力 F 引和库仑力 F 库的表达式正确的选项是A 、m 2Q 2 B 、m 2Q 2F引Gl2, F 库 k l2F 引G l 2 , F 库kl2C 、22D 、22F 引Gm2 , F 库kQ2F 引G m2 , F 库kQ2llll2、在点电荷 Q 产生的电场中有a ，b 两点，相距为 d ，a 点的场强盛小为 E ，方向与 ab 连线成 30°角， b 点的场强方向与 ab 连线成 120°角，以下列图，那么点电荷 Q 的电性和 b点的场强盛小为A 、正电、 E /3B 、负电、 E /3B. 小球在 AC 部分不行能做匀速圆周运动C. 假定小球能从 B 点走开，上涨的高度必定小于HD. 小球抵达 C 点的速度不行能为零4、以下列图，在真空中的 A 、B 两点分别搁置等量异种点电荷，在、两点间取一正五角星形路径abcdefghija ，A B五角星的中心与A 、B 的中点重合，此中 af 连线与AB 连线垂直、现将一电子沿该路径逆时针挪动一周，以下判断正确的选项是A. e 点和 g 点的电场强度同样B. a 点和 f 点的电势相等C. 电子从 g 点到 f 点再到 e 点过程中，电势能先减小再增大D. 电子从 f 点到 e 点再到 d 点过程中，电场力先做正功后做负功5、 A 、B 两个可视为质点的小球带有同种电荷，在外力作用下静止于圆滑的绝缘水平面上。

A 的质量为 m ，B 的质量为 2m ，它们相距为 d 。

2019高三二轮练习物理资料电场_图文

B. k q k q 9d 2 d 2
C. k q d2
D. 0
13
【练习6】 (教学案第186页练习5).如图所示，两带电小球A、
B分别位于光滑且绝缘的竖直墙壁和水平地面上，在作用
于B的水平力F的作用下静止于图示位置．现用力将B球向
左推过一小段距离两球重新平衡．下列关于两小球的说法
正确的是（ BCD ）
【练习9】（资料第102页练习10）
AC
29
题型三：电场线、等势面、运动轨迹的综合问题
【练习10】（资料第96页练习3）
BD
30
【练习11】（教学案第191页练习5）如图所示，虚线
表示电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相
等，一电子以一定的初速度进入电场中，只在电场力
的作用下由M点运动到N点，运动轨迹如图中实线所示，
2、库仑定律
5
（1）内容：
真空中两个点电荷之间相互作用的电场力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟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=kQ1Q2／r2 k＝9.0×109N·m2／C2
（3）适用条件：①真空中． ②点电荷(这一点与万有引力很相似，但又有不同：对质量均匀分布的球，无论两球相距多近， r都等于球心距；而对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心距代替r）
②特点：
a、电场线从正电荷出发，终止于负电荷(或无穷远处)．
b、没有电荷的地方，电场线不中断，任何二条电场线均不相交。
c、沿着电场线的方向，电势越来越低．
d、带电粒子在电场中的运动轨迹不一定与电场线重合．
9
③ 六种常见的电场的电场线