高考物理-历年高考真题分类汇编2011I单元-电场

I单元电场
I1电场的力的性质
20．I1[2011·课标全国卷] 一带负电荷的质点在电场力作用下沿曲线abc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，如图1－5所示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(
)
图1－5
【解析】D负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，且电荷受力方向指向运动轨迹的凹侧，A、C错误；B选项中负电荷所受电场力具有沿速度方向的分力，质点的速率是递增的，B错误；D选项中质点所受电场力具有沿速度反方向的分力，质点的速率是递减的，D正确．
1．I1、I2[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
【解析】D负电荷受电场力方向与电场方向相反，当负电荷沿电场线方向移动时，电场力对电荷做负功，电势能一定增加，故D选项正确；电场中某点电势是否为零与电场强度的大小及物体是否带电无关，与选取的零电势点有关，故AB选项错误；沿电场线的方向电势降低，所以同一电场线上的各点，电势不会相等，选项C错误．
3．I1[2011·海南物理卷] 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的带电量为q，球2的带电量为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＝4
C．n＝5 D．n＝6
【解析】D设1、2两球间距离为r，由库仑定律可得，接触前1、2两球间的作用力为F＝k
q·nq
r2.由于小球完全相同，当小球互相接触时会平分电荷，即当小球3与小球2接触后各带电荷
nq
2，当小球3再与小球1接触时会再次平分所带电荷，最后小球1带电荷
n＋2
4q，移走小球3后，1、2两球间的作用力为F′＝k
nq
2·
（n＋2）q
4
r2，因F′＝F，可解得n＝6，选项D正确．
21．I1[2011·广东物理卷] 图8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
()
图8
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
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
21．I1[2011·广东物理卷] BD【解析】集尘极接直流高压电源正极，带正电荷，放电极接电源负极，带负电荷，故电场方向由集尘极指向放电极，B选项正确；尘埃在电场力作用下向集尘极运动，受力方向与电场方向相反，故尘埃带负电荷，A、C选项错误；由F＝qE 可知，当电场强度E不变时，F与q成正比，故D选项正确．
图1－4
19. I1[2011·重庆卷]如图1－4所示，电量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有()
A. 体中心、各面中心和各边中点
B．体中心和各边中点
C．各面中心和各边中点
D．体中心和各面中心
19. I1[2011·重庆卷]D【解析】电场强度是矢量，点电荷的在距离为r处产生的电场
强度大小为E＝k q
r2，方向为正电荷在该点受力的方向，电场场强的合成符合平行四边形定则．
图1－5
(1)在体中心处，如图甲所示，a、f处点电荷在体中心产生的场强沿f、a连线向上，d、h
处点电荷在体中心产生的场强沿h、d连线向上，a、f、d、h处电荷在体中心共同产生的场强竖直向上，同理，c、e、b、g处电荷在体中心共同产生的场强竖直向下，由于体中心距各点电荷距离相同，故该处合场强为零．
(2)在上表面abcd中心处，如图乙所示，b、c处电荷为等量的正电荷，它们在该处产生的合场强为零，同理，a、d处电荷在该处产生的合场强为零，g、e处电荷在该处产生的合场强竖直向下，h、f处电荷在该处产生的合场强竖直向上，该处到g、e、h、f处距离相等，故此处合场强为零，同理，其他各面中心处合场强也为零．
(3)在ab边中点处，分别画出a、b、c、d处电荷在该处产生的场强的方向，并利用平行四边形定则合成，如图丙所示，知a、b、c、d处电荷在此处合场强不为零，同理e、f、g、h 处电荷在该处产生的合场强也不为零，又由于a、b、c、d处电荷与e、f、g、h处电荷距该中心距离又不全相同，故该处合场强不为零．
综上所述，选项D正确．
图7
8．I1、I2[2011·江苏物理卷] 一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有()
A．粒子带负电荷
B．粒子的加速度先不变，后变小
C．粒子的速度不断增大
D．粒子的电势能先减小，后增大
8．I1、I2[2011·江苏物理卷] AB【解析】根据电场线与等势面垂直并指向电势低的等势面，可大致画出电场线的形状，在电场力的作用下粒子轨迹向下弯曲，根据曲线运动的特点，可以说明电场力指向轨迹内侧，与场强方向相反，所以粒子带负电，A正确；等势面先是平行等距，后变得稀疏，则电场强度先是不变，后变小，即电场力(加速度)先不变，后变小，B正确；根据电场力做功W＝qU，电场力做负功，所以粒子速度不断减小，C错误；电场力始终做负功，由功能关系可知，粒子电势能始终增加，所以D错误．
I2电场的能的性质
图1－6
21．I2[2011·山东卷] 如图1－6所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是()
A．b点场强大于d点场强
B．b点场强小于d点场强
C．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差
D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能
【解析】BC两等量异种电荷产生的电场如图所示，由图可知，d点的电场线比b点的电场线密集，所以d点的场强大于b点的场强，A项错误，B项正确．a、c两点关于MN 对称，b点在MN上，同一点电荷从a到b和从b到c电场力做的功相同，由W＝qU可知U ab＝U bc，C项正确．a点电势高于c点电势，同一正电荷在a点的电势能大于在c点的电势能，D项错误．
1．I1、I2[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
【解析】D负电荷受电场力方向与电场方向相反，当负电荷沿电场线方向移动时，电场力对电荷做负功，电势能一定增加，故D选项正确；电场中某点电势是否为零与电场强度的大小及物体是否带电无关，与选取的零电势点有关，故AB选项错误；沿电场线的方向电势降低，所以同一电场线上的各点，电势不会相等，选项C错误．
图7
8．I1、I2[2011·江苏物理卷] 一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有()
A．粒子带负电荷
B．粒子的加速度先不变，后变小
C．粒子的速度不断增大
D．粒子的电势能先减小，后增大
8．I1、I2[2011·江苏物理卷] AB【解析】根据电场线与等势面垂直并指向电势低的等势面，可大致画出电场线的形状，在电场力的作用下粒子轨迹向下弯曲，根据曲线运动的特点，可以说明电场力指向轨迹内侧，与场强方向相反，所以粒子带负电，A正确；等势面先是平行等距，后变得稀疏，则电场强度先是不变，后变小，即电场力(加速度)先不变，后变小，B正确；根据电场力做功W＝qU，电场力做负功，所以粒子速度不断减小，C错误；电
场力始终做负功，由功能关系可知，粒子电势能始终增加，所以D错误．
I3 电容器 带电粒子在电场中的匀变速运动
17．I3[2011·全国卷] 通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s ，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs ，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109 V ，云地间距离约为1 km ；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C ，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )
A ．闪电电流的瞬时值可达到1×105 A
B ．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 W
C ．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m
D ．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J
【解析】 AC 在 60 μs 的短暂时间内的平均电流就可以当作瞬时电流，即I －
＝q
t
＝
660×10
－6A ＝1×105
A ，所以A 正确；整个闪电过程中的平均功率若这样计算就错了：P －
＝W t ＝qU t ＝6×1×109
60×10－6W ＝1×1014
W ，因为题中整个闪电过程的时间是0.2～0.3 s 而不是60 μs ，所以B 错误；闪电前电场强度E ＝U d ＝1×109
1×103 V/m ＝1×106 V/m ，C 正确；整个闪电过程向外释放的能量大约是W ＝qU ＝6×109 J ，所以D 错误．
20．I3[2011·安徽卷] 如图1－12甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图1－12乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )
图1－12
A ．0<t 0<T
4
B.T 2<t 0<3T 4
C.3T
4<t 0<T D ．T <t 0<9T
8
【解析】 B 由U －t 图象可以作出几个典型时刻开始运动对应的v －t 图象，取向A 板运动方向为正方向，如图所示：分别考虑在一个周期内带电粒子的运动情况．
当t 0＝0，粒子一直往B 板运动．
当t 0＝T 8，粒子先往B 板运动，到7T
8时往A 板运动，在一个周期内总位移还是向B 板．
当t 0＝T 4，粒子先往B 板运动，到3T
4时往A 板运动，在一个周期内总位移为零；
同理也可以分析出其余几个典型时刻的运动情况．然后对运动情况总结如下：
若0<t 0< T
4，则粒子先往B 板运动，后往A 板运动，最终打到B 板，故选项A 、D 错误；
若T 4<t 0<T
2
，则粒子先往B 板运动，后往A 板运动，最终打到A 板． 若T 2<t 0<3T
4，则粒子先往A 板运动，后往B 板运动，最终打到A 板，故选项B 正确； 若
3T
4<t 0
<T ，则粒子先往A 板运动，后往B 板运动，最终打到B 板，故选项C 错误．
5．I3[2011·天津卷] 板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为1
2d ，其他条件不变，这时两
极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是( )
A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1
B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1
C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1
D ．U 2＝2U 1，
E 2＝2E 1
5．[2011·天津卷] C 【解析】 由公式C ＝εS
4k πd 、C ＝Q U 和E ＝U
d 得U ＝4k πdQ εS ，E ＝4k πQ εS ，
当Q 变为2Q 、d 变为d
2
时，电压U 不变，电场强度E 变为原来的2倍．C 正确．
15．I3、K4[2011·江苏物理卷] 某种加速器的理想模型如图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开一个有一小孔a 、b ，两极板间电压u ab 的变化图象如图所示，电压的最大值为U 0、周期为T 0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场．若将一质量为m 0、电荷量为q 的带正电的粒子从板内a 孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T 0后恰
能再次从a 孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了
1
100m 0
.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)
(1)若在t ＝0时将该粒子从板内a 孔处静止释放，求其第二次加速后从b 孔射出时的动能； (2)现要利用一根长为L 的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图中实线轨迹(圆心为O )上运动的粒子从a 孔正下方相距L 处的c 孔水平射出，请在图上的相应位置处画出磁屏蔽管；
(3)若将电压u ab 的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？
图14
15．I3、K4[2011·江苏物理卷] 【解析】 (1)质量为m 0的粒子在磁场中做匀速圆周运动， q v B ＝m 0v 2r ，
T 0＝2πr v 则T 0＝2πm 0
qB
当粒子的质量增加了
1100m 0，其周期增加ΔT ＝1100
T 0. 则根据图可知，粒子第一次的加速电压u 1＝U 0
粒子回到电场中用时⎝⎛⎭
⎫1＋1
100T 0，由图可读出粒子第二次的加速电压u 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－T 0
100T 04
U 0＝2425
U 0 射出时的动能E k2＝qu 1＋qu 2； 解得E k2＝49
25
qU 0.
图15
(2)磁屏蔽管的位置如图所示．
(3)在u ab >0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数 N ＝T 0/4ΔT
，得N ＝25
分析可得，粒子在连续被加速的次数最多且u ＝U 0时也被加速的情况下，最终获得的动能最大．
粒子由静止开始加速的时刻
t ＝⎝⎛⎭⎫12n ＋12－1100×12T 0＝⎝⎛⎭⎫12n ＋19
50T 0 (n ＝0，1，2，…) 最大动能E km ＝2×⎝⎛⎭⎫125＋325＋…＋23
25qU 0＋qU 0 解得E km ＝
313
25qU 0
.
20．I3[2011·福建卷] 反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图1－9所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间
图1－9
往返运动．已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如
图1－9所示，带电微粒质量m ＝1.0×10－20 kg ，带电量q ＝－1.0×10－
9 C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm.不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
(1) B 点到虚线MN 的距离d 2；
(2) 带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t . 20．I3[2011·福建卷] 【答案】 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有 |q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0①
由①式解得d 2＝E 1
E 2
d 1＝0.50 cm ②
(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1③ |q |E 2＝ma 2④
设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有 d 1＝12a 1t 21⑤
d 2＝12
a 2t 22⑥
又t ＝t 1＋t 2⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得
t ＝1.5×10－
8 s I 4 带电粒子在电场中的非匀变速运动
I 5 实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线
I 6 实验：练习使用示波器
I 7 电场综合
18．I7[2011·安徽卷] 图1－9甲为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图1－9乙所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图1－9丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )
图1－9
图1－10
【解析】 B 由图可知，电极XX ′之间加扫描电压，电极YY ′之间加正弦式交变电压，并且有相同的周期，在0时刻，U Y ＝0，电子在YY ′之间没有偏转，U X 为负向最大电压，电子只在XX ′之间偏转，并且向左有最大偏转，故选项A 、C 错误；在0～t 1之间，U Y >0，U X <0，电子在XX ′之间由左向右水平移动，同时在YY ′之间由正中间先向上运动，再向下运动，在荧光屏看到的图形是选项B ，故选项D 错误，选项B 正确．
25．I7[2011·浙江卷] 如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形
通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d 可以改变收集效率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．
(1) 求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ；
(2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系；
(3)若单位体积内的尘埃数为n ，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量ΔM Δt
与两板间距d 的函数关系，并绘出图线．
【答案】 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U ，则在水平方向有
L ＝v 0t ①
在竖直方向有
0．81d 0＝12
at 2② 其中
a ＝F m ＝qE m ＝qU md 0
③ 当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有
L ＝v 0t ④
在竖直方向有
d m ＝12
a ′t 2⑤ 其中
a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qU md m
⑥ 联立①～⑥各式可得
d m ＝0.9d 0⑦
(2)通过前面的求解可知，当d ≤0.9d 0时，收集效率η均为100%.⑧
当d ＞0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有
x ＝12qU md ⎝⎛⎭
⎫L v 02
⑨ 根据题意，收集效率为
η＝x d
⑩ 联立①②③⑨⑩式解得
η＝0.81⎝⎛⎭⎫d 0d 2
(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为
ΔM Δt
＝η×nmbd v 0 当d ≤0.9d 0时，η＝1，因此
ΔM Δt
＝nmbd v 0 当d >0.9d 0时，η＝0.81⎝⎛⎭⎫d 0d 2，因此
ΔM Δt ＝0.81nmb v 0d 20d 绘出的图线如下
24．I7[2011·北京卷] 静电场方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x ＝0为中心、沿x 轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m 、电量为－q ，其动能与电势能之和为－A (0<A <qφ0)，忽略重力．求：
(1)粒子所受电场力的大小；
(2)粒子的运动区间；
(3)粒子的运动周期．
24．I7[2011·北京卷] 【答案】 (1)由图可知，O 与d (或－d )两点间的电势差为φ0.
电场强度的大小E ＝φ0d
电场力的大小F ＝qE ＝q φ0d
(2)设粒子在[－x ，x 0]区间内运动，速率为v ，由题意得
12
m v 2－qφ＝－A ① 由图可知φ＝φ0⎝⎛⎭
⎫1－|x |d ② 由①②得12
m v 2＝qφ0⎝⎛⎭⎫1－|x |d －A ③ 因动能非负，有qφ0⎝⎛⎭
⎫1－|x |d －A ≥0 得|x |≤d ⎝⎛⎭⎫1－A qφ0
即x 0＝d ⎝⎛⎭⎫1－A qφ0
④ 粒子的运动区间－d ⎝⎛⎭⎫1－A qφ0≤x ≤d ⎝⎛⎭⎫1－A qφ0
(3)考虑粒子从－x 0处开始运动的四分之一周期
根据牛顿第二定律，粒子的加速度a ＝F m ＝qE m ＝q φ0md
⑤ 由匀加速直线运动t ＝
2x 0a 将④⑤代入，得t ＝2md 2q φ0⎝⎛⎭
⎫1－A qφ0 粒子的运动周期T ＝4t ＝4d q φ0 2m （qφ0－A ）⑥。