2019-2020年高三物理一轮复习专题训练电场

合集下载

全国版2019版高考物理一轮复习第8章电场31电容器能力训练

31 电容器A ．将打在下板中央B ．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C ．不发生偏转，沿直线运动D ．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央答案 BD解析将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q 不变，由于：E ＝U d ＝QCd＝4πkQεr S，由公式可知当d 减小时，场强E 不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故B 正确，A 、C 错误；若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D 正确。

2．(多选)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P 以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A 、B 、C 三点，可以判断( )A ．小球A 带正电，B 不带电，C 带负电 B ．三个小球在电场中运动时间相等 C ．三个小球到达极板时的动能E k A <E k B <E k CD ．三个小球在电场中运动的加速度a A >a B >a C 答案 AC解析在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示，由此可知不带电小球做平抛运动a 1＝g ，带正电小球做类平抛运动a 2＝G －Fm，带负电小球做类平抛运动a 3＝G ＋Fm，根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h 相等，据t ＝2ha得三小球运动时间是正电荷最长、不带电小球次之、带负电小球时间最短，故B 错误；三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的A 是带正电荷的小球，B 是不带电的小球，C 是带负电的小球，故A 正确；根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功。

由受力图可知，带负电小球合力最大为G ＋F ，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G－F，做功最少动能最小，所以E k A<E k B<E k C，故C 正确；因为A带正电，B不带电，C带负电，所以a A＝a2，a B＝a1，a C＝a3，所以a A<a B<a C，故D错误。

2019-2020学年高三物理一轮复习测试专题《静电场》含答案

绝密★启用前2019-2020学年高三物理一轮复习测试专题《静电场》一、选择题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.在光滑的绝缘水平面上，有两个质量均为m带电荷量分别为＋q和－q的甲、乙两个小球，在力F的作用下匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为()A．B．qC． 2qD． 2q2.水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量均为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．B．C．D．3.如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内．若用图示方向的水平推力F作用于B，则两球静止于图示位置，如果将B稍向左推过一些，两球重新平衡时的情况与原来相比()A．推力F将增大B．墙面对A的弹力增大C．地面对B的弹力减小D．两小球之间的距离增大4.点电荷A、B周围电场线分布如图，c、d是同一电场线上两点，下列说法正确的是()A．点电荷A可能带负电B．c点电场强度与d点电场强度相同C．c点电势高于d点电势D．电子从c运动到d过程中电势能保持不变5.如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，a、b两点上固定一对等量异种点电荷，带正电的检验电荷仅在电场力的作用下从c点沿曲线运动到d点，以下说法正确的是()A．将检验电荷放在O点时受到的电场力为零B．检验电荷由c点运动到d点速度先增大后减小C．c、d两点电势相等，电场强度大小相等D．检验电荷从c运动到d的过程中，电势能先减少后增加6.如图所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO>OB.一个带负电的检验电荷仅在电场力的作用下，从M点运动到N点，其轨迹如图中实线所示．若M、N两点的电势分别为φM和φN，检验电荷通过M、N两点的动能分别为E kM和E kN，则()A．φM＝φN，E kM＝E kNB．φM<φN，E kM<E kNC．φM<φN，E kM>E kND．φM>φN，E kM>E kN7.如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，一带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v a 沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是()A．两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B．两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C．t1、t2两时刻试探电荷在同一位置D．t2时刻试探电荷的电势能最大8.理论上已经证明：电荷均匀分布的球壳在壳内的电场强度为零．假设某星球是一半径为R、电荷量为Q且电荷分布均匀的球体，静电力常量为k，则星球表面下h深度处的电场强度的大小为()A． 0B．C．D．9.某电场的电场线分布如图所示，在以点电荷为圆心的圆周上有a、b、c、d四点，a、c两点与点电荷在同一水平线上，b、d与点电荷在同一竖直线上，则下列说法正确的是()A．a点电势最低，c点电势最高B．同一试探电荷在b、d两点受的电场力相同C．同一试探电荷在b、d两点的电势能相同D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增大10.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()A． 200 V/mB． 200V/mC． 100 V/mD． 100V/m11.关于电场线的下列说法中正确的是：()A．电场线并非真实存在，是人们假想出来的B．电场线既能反映电场的强弱，也能反映电场的方向C．只要初速度为零，正电荷必将沿电场线方向移动D．匀强电场的电场线分布是均匀、相互平行的直线12.四种电场的电场线如图所示．一正电荷q仅在静电场力作用下由M点向N点做加速运动，且加速度越来越大．则该电荷所在的电场是图中的()A．B．C．D．13.在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示．现让小球A、B、C带等量的正电荷Q，让小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为()A．B．C． 3D．14.如图所示，d处固定有负点电荷Q，一个带电质点只在电场力作用下运动，A射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a，b，c，d恰好是一正方形的四个顶点，则下列说法正确的是()A．质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小B．a，b，c三点处电势高低关系是φa＝φc>φbC．质点在a，b，c三点处的加速度大小之比为1：2：1D．若将d处的点电荷改为＋Q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc15.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，()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16.如图所示一带电液滴在水平向左的匀强电场中由静止释放，液滴沿直线由b运动到d，直线bd 方向与竖直方向成45°角，则下列结论正确的是()A．液漓带正电荷B．液滴的动能不变C．液滴做匀速直线运动D．液滴的电势能减少17.如图所示，在一大小为E的水平匀强电场中，A、B两点的电势分别为φA、φB，A、B两点的直线距离为l，垂直电场方向的距离为d.一电荷量为q的带正电粒子从A点沿图中虚线移动到B点．下列说法正确的是()A．该过程中电场力做的功为EqlB．该过程中电场力做的功为0C．该过程中电场力做的功为EdlD．该过程中电场力做的功为q(φA－φB)18.如图所示是一对等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷P、Q连线长度为r，M点、N 点到两点电荷P、Q的距离都为r，S点到点电荷Q的距离也为r，由此可知()A．M点的电场强度为2kB．M、N、S三点的电势可能相等C．把同一试探电荷放在M点，其所受电场力等于放在S点所受的电场力D．沿图中虚线，将一试探电荷从N点移到M点，电场力一定不做功19.如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球a，带电小球b固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且a球保持静止状态的情景是()A．B．C．D．20.如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示．粒子在A点的速度为v A、电势能为E pA；在B点的速度为v B、电势能为E pB.则下列结论正确的是()A．粒子带正电，v A>v B，E pA>E pBB．粒子带负电，v A>v B，E pA<E pBC．粒子带正电，v A<v B，E pA<E pBD．粒子带负电，v A<v B，E pA>E pB二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.图示为一匀强电场，已知场强E＝2×102N/C.现让一个电量q＝4×10－8C的电荷沿电场方向从M 点移到N点，MN间的距离s＝30 cm.试求：(1)电荷从M点移到N点电势能的变化；(2)M、N两点间的电势差．22.如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r＝2.5 m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3 m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1 s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，示CP的长度．23.如图所示，CD左侧存在场强大小E＝，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m，电荷量为＋q的光滑绝缘小球，从底边BC长为L，倾角53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一竖直半圆形细圆管内(C处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径CD在竖直线上)，恰能到达细圆管最高点D点，随后从D点离开后落回斜面上某点P.(重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，求：(1)小球到达C点时的速度；(2)小球从D点运动到P点的时间t.24.示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板上的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝4 cm，偏转极板间距d＝1 cm，当电子加速后从两偏转极板的中央沿板平行方向进入偏转电场．(电子电量e＝1.6×10－19C)(1)偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20 cm，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为多少？答案解析1.【答案】B【解析】选甲、乙组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得，加速度a＝，选没有被力F直接作用的小球为研究对象，由牛顿第二定律得：k＝ma，联立得r＝q2.【答案】A【解析】对小球进行受力分析，小球受重力和A、B、C处正点电荷施加的库仑力，设θ是A、B、C处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，水平方向合力为零，根据竖直方向平衡条件得：3F cosθ＝mg其中F＝k根据几何关系得：cosθ＝解得q＝，故选A.3.【答案】D【解析】对小球A受力分析如图，受到自身重力mg，墙壁弹力T和库仑力F作用．初始状态，A 静止，F cosθ＝mg，B向左靠近后，θ角减小，距离变近，库仑力F变大，使得F cosθ>mg，小球A 将向上运动，从而使得θ进一步减小，假设再次平衡时θ角减小到α，则仍然有F′cosα＝mg，α<θ，所以F′<F，根据库仑力F＝判断AB之间距离变大，选项D对．对球A分析，墙壁弹力T＝mg tanθ，根据θ角减小到α判断墙壁弹力变小，选项B错．把球A、B看做一个整体，水平方向受到墙壁弹力和水平推力而处于平衡，水平推力等于墙壁弹力，所以水平推力变小，选项A 错．竖直方向，整体受到2个球的重力和地面对B的支持力，所以地面对B的弹力不变选项C错．4.【答案】C【解析】从图中可以看出，这是等量异种电荷间的电场分布情况，A的电场线是出来的，故A是带正电的，A不对；c点离点电荷较近一些，其周围的电场线比d点密，故c点电场强度大于d点电场强度，B也不对；又因为c、d处于同一条电场线上，且电场线的方向是由c到d，故c点电势高于d点电势，C是正确的；c、d两点的电势不相同，故电子从c运动到d过程中，电场力要做功，其电势能要发生改变，故D是不对的．5.【答案】C【解析】根据等量异种电荷周围的电场公布特点可知，O点的场强不为零，故检验电荷在此处受电场力作用不为零，所以选项A错误；因不知场源电荷及检验电荷的正负，故无法确定电场力是做正功还是做负功，所以无法确定速度及电势能变化，故选项B、D错误；c、d两点位于中垂线即零势面上，所以两点电势相等，由对称性可知，两点的电场强度大小相等，所以选项C正确．6.【答案】B【解析】由于带负电的检验电荷仅在电场力的作用下由M到N，则说明检验电荷受到的电场力是向左的，故A是带正电的，B是带负电的，又因为AO>OB，所以M、N两点的电势并不相等，M 处于更接近B点的等势面上，N处于更远离B点的等势面上，故φM<φN，由于检验电荷带负电，故带负的检验电荷处于N点时的电势能小于在M点时的电势能，故在N点时的动能大于在M点时的动能，即E kM<E kN，B是正确的．7.【答案】D【解析】由图乙可知，试探电荷先向上做减速运动，再反向向下做加速运动，说明粒子受到的电场力应先向下后向上，故两点电荷一定都带正电；由于电场线只能沿竖直方向，故两个点电荷带电量一定相等，故A、B错误；根据速度图象的斜率表示加速度可知t1、t2两时刻试探电荷的加速度不同，所受的电场力不同，所以不可能在同一位置．故C错误；t2时刻试探电荷的速度为零，动能为零，根据能量守恒定律可知t2时刻试探电荷的电势能最大，故D正确．8.【答案】C【解析】球体的体积：v0＝所以半径R－h的内球所带的电量：q＝·Q＝·Q星球表面下h深度处的电场强度的大小为：E＝＝9.【答案】C【解析】根据电场线的疏密表示电场强度大小知，c到点电荷的连线电场强度的平均值最大，a到点电荷的电场强度的平均值最小，再根据电势差与电场强度的关系式U＝Ed知c点到点电荷的电势差最大，a最小，故a点电势最高，c点电势最低，b、d两点电势相等，故选项A错误；根据电势能的定义式E p＝qφ知选项C正确，选项D错误；同一试探电荷在b、d两点受的电场力大小相等，方向不同，故选项B错误．10.【答案】A【解析】根据题意，由匀强电场的特点可知OA中点(记作C)的电势为3 V，与B点的电势相等，所以BC连线即为匀强电场的等势面，自O向BC引垂线CD，垂足为D，根据几何关系可知OD＝1.5 cm，则场强E＝＝200V/m，选A.11.【答案】ABD【解析】电场线是形象地了解电场中各点场强的大小和方向而引入的，并不真实存在；电场线的疏密反映场强的大小，电场线上各点的切线方向为该点的场强方向，注意：孤立的电场线不能反映场强大小；电场线方向反映正电荷的受力方向和正电荷的移动方向不一定相同；匀强电场的电场线必为等间距平行线．12.【答案】D【解析】由正电荷q仅在静电力的作用下由M点向N点做加速运动，故由M向N的方向为电场线的方向，故B错；加速度越来越大，即电场线越来越密，故A、C错，D正确．13.【答案】D【解析】设三角形边长为a，由几何知识可知，BD＝a·cos30°·＝a，以B为研究对象，由平衡条件可知，cos30°×2＝，解得：＝，D正确．14.【答案】A【解析】根据轨迹弯曲方向判断出粒子之间存在引力，它与固定在O点的电荷是异种电荷，故质点带正电荷，质点从a到b，电势升高，电势能就增加；从b到c电势能减小，质点在b点的电势能最大，则动能最小，故A正确；根据点电荷的电场线的特点，Q与a、c距离相等，都小于b，故b点的电势最高，a、c两点的电势相等，即φa＝φc＜φb，故B错误；质点在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，ra＝rc＝rb，代人库仑定律：F＝k，可得：＝＝.由牛顿第二定律：＝，所以质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2∶1∶2，故C错误；若将d处的点电荷改为＋Q，质点受到斥力，轨迹不可能沿曲线abc，故D错误．15.【答案】A【解析】由平行板电容器C＝及C＝，保持S不变，增大d，电容C减小，电荷量Q不变，电势差U增大，静电计指针偏角θ增大．保持d不变，减小S，电容C减小，电荷量Q不变，电势差U增大，静电计指针偏角θ增大，A正确．16.【答案】D【解析】由题意可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，故液滴带负电荷，做匀加速直线运动；合力做正功，据动能定理知，动能增大；电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故D正确．17.【答案】D【解析】电场力做功W＝qU＝q(φA－φB)，与路径无关，即D选项正确．18.【答案】D【解析】两点电荷P、Q在M点产生的场强大小均为E＝k，夹角为120°，由平行四边形定则分析得知M点的场强大小为k，故A错误；等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，M、N的电势相等，且与无穷远处电势相等．根据顺着电场线方向电势降低，可知S点的电势高于无穷远处电势，所以M、N的电势低于S点的电势，故B错误；S点的场强大小为k－k＝·k，则知M点的场强大于S点的场强，由F＝Eq知同一试探电荷放在M点所受电场力大于放在S点所受的电场力，故C错误；图中虚线是一条等势线，将一试探电荷从N点移到M点，电场力一定不做功，故D正确．19.【答案】C【解析】由题意可知小球受重力、库仑力和绳子的拉力，由于小球处于静止状态，所以合力为零，即三个力必然组成闭合的矢量三角形，由此可知选项C正确．20.【答案】B【解析】根据电场力与等势面垂直，又要指向轨迹弯曲的内侧，又电场线垂直于等势面由高电势指向低电势，故可判断电场力与电场方向相反，即该粒子带负电，由图知UAB＝5 V，粒子从A运动到B的过程中，电场力做功W＝qUAB，做负功，故动能减小，电势能增大，所以v A>v B，E pA<E pB，故B正确，A、C、D错误．21.【答案】(1)ΔE＝2.4×10－6J；(2)UMN＝60 V【解析】(1)由图可知，正电荷在该电场中所受电场力F方向向右．因此，从M点移到N点，电场力做正功，电势能减少，减少的电势能ΔE等于电场力做的功W.则ΔE＝W＝qEs，代入数值ΔE＝W＝4×10－8×2×102×0.3 J＝2.4×10－6J.(2)由公式W＝qU，M、N两点间的电势差UMN＝W/q＝2.4×10－6/4×10－8＝60 V.22.【答案】(1)0.475 J(2)0.57 m【解析】(1)设弹簧枪对小物体做功为W f由动能定理得W f－mgr(1－cosθ)＝mv代入数据得W f＝0.475 J.(2)由牛顿第二定律－mg sinθ－μ(mg cosθ＋qE)＝ma1经过0.1 s其速度为v1，则v1＝v0＋a1t1联立两式并代入数据得v1＝2.1 m/s其运动的位移s1＝v0t1＋a1t电场力反向后，由牛顿第二定律得－mg sinθ－μ(mg cosθ－qE)＝ma2可考虑为反向匀加速运动，其位移s2＝所以SCP＝s1＋s2，联立相关方程，代入数据得SCP＝0.57 m23.【答案】(1)(2)【解析】(1)由动能定理：mgL－qEL＝mv2，解得：v＝(2)由A到D的过程由动能定理：mg·L－mg·2r－qEL＝0得：r＝，离开D点后做匀加速直线运动，如图．竖直方向：xDG＝gt2，水平方向：qE＝ma，xDH＝at2，又由几何关系得：＝tan 37°，解得：t＝24.【答案】(1)205 V(2)0.055 m【解析】(1)电子在加速电场中，由动能定理得eU1＝mv，电子进入偏转电场时的初速度v0＝，电子在偏转电场中的飞行时间t1＝，电子在偏转电场中的加速度：a＝＝，要使电子从下极板边缘射出，应有：＝at＝＝，解得偏转电压U2＝205 V.(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离y＝＋y2由于电子离开偏转电场时垂直极板方向的速度v y＝at1＝，电子离开偏转电场到荧光屏的时间：t2＝，y2＝v y t2＝＝＝0.05 m，电子打在荧光屏上最大偏转距离：y＝＋y2＝0.055 m。

高考物理总复习电场练习附答案和解释

适用精选文件资料分享高考物理总复习电场练习（附答案和解说）高考物理总复习电场练习（附答案和解说）电场 (4) 1．在静电场中，一个电子只在电场力的作用下由 A点沿直线运动可以运动到 B点，在这个运动过程中，以下说法中正确的选项是（） A ．该电子速度大小必然增添 B ．电子可能沿等势面运动 C．A 点的场强必然比 B 点的场兴盛 D．电子的电势能可能增添 2 ．下边关于静电场中的说法正确的是（） A ．在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比 B ．在匀强电场中，电势降低的方向就是电场强度的方向 C．检验电荷在电场中某点所受电场力很大时，那么它在该点的电势能也必然很大 D．静电场中每点场强方向跟该点的电场线上的切线方向都一致 3 ．以下说法中正确的选项是（） A ．物体拥有吸引任何轻小物体的性质叫磁性 B ．磁极间的互相作用是：同性磁极互相吸引，异性磁极互相排斥 C．磁体上磁性最强的部分叫磁极 D．通电螺线管的四周有磁场，但其内部没有磁场 4 ．静电场有两个基本特性．一个是电荷放在静电场中会遇到作用；另一个是放在静电场中的电荷拥有 5 ．以下关于电、磁场的性质描述正确的选项是（）A．电场强度大的地方，电荷所受的电场力必然较大 B ．磁感觉强度大的地方，磁感线必然较密 C．磁场必然对处在此中的电荷或电流有作用力D．两个等量异种点电荷连线的中点处电势为零 6 ．科学的发现研究需要有深刻的洞察力，下边哪位科学家提出“在电荷的四周存在由它产生的电场”的看法（） A ．库仑 B ．法拉第 C．安培 D．焦耳7．关于静电场，下边结论一般成立的是（） A ．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B ．仅在电场力作用下，负电荷必然从高电势向低电势挪动 C．将正点电荷从场强为零的一点挪动列席强为零的另一点，电场力做功必然为零D．对某一正电荷而言，放入点的电势越高，该电荷的电势能越大8 ．有关电场的看法正确的是（） A ．电场不是客观的存在的物质，是为研究静电力而假想的 B ．两电荷之间的互相作用力是一对均衡力 C．电场不是客观存在的物质，因为不是由分子、原子等实物粒子构成的 D．电场的基本性质是对放入此中的电荷有力的作用9 ．下边说法中正确的选项是（）A．物体拥有吸引任何轻小物体的性质叫磁性 B ．磁极间的互相作用是：同性磁极互相吸引，异性磁极互相排斥C．磁体上磁性最强的部分叫磁极 D．通电螺线管的四周有磁场，但其内部没有磁场10．物理学史填空，把对应的物理学家的名字填写在横线上．①德国天文学家用了 20 年的时间研究了第谷的行星察看记录后，宣布了他的行星运动规律，为万有引力定律的发现确定了基础．②牛顿总结出了万有引力定律，万有引力常量 G的值是用扭秤实验丈量出来的．③元电荷 e 的数值最早是由美国物理学家测得的．④第一提出了“电场”的看法，以为在电荷的四周存在着由它产生的电场，处在电场中的其余电荷遇到的作用力就是这个电场恩赐的．⑤第一采纳了一个简洁的方法描述电场，那就是画“电场线”．参照答案： 1 ．答案： D 解析：电子在电场力作用下，当电场力与速度夹角小于90°时，速率则增大，动能会增大，电势能减小；当电场力与速度夹角大于90°时，速率则减小，动能会减小，电势能增大；当电场力与速度夹角等于90°时，假如匀强电场，则电子做类平抛运动，电子的速率愈来愈大，假如正点电荷的电场，则电子做匀速圆周运动，则电子的电势能可以不变；因为电子做直线运动，因此电场力的方向与速度方向必然共线；故A、B、C均错误；D正确；2．答案： D 解析： A 、依据 U=Ed可知，在匀强电场中任意两点的电势差与两点之间沿电场线方向的距离成正比．而不是任两点间的距离，故 A 错误． B ．在匀强电场中，沿场强的方向电必然定是降低的，但电场中电势降低的方向不就是场强的方向，而电势降低最快的方向才是场强的方向．故 B 错误． C．电场力只好说明电场强度大，不可以说明电势高，故不可以说明电势能大；故C错误． D．电场线上各点的切线方向即为该点电场强度的方向；故D正确；3．答案：C解析：A、物体可以吸引铁、钴、镍等物质的性质叫做磁性，拥有磁性的物体叫做磁体，故 A 错误； B ．同性磁极互相排斥，异性磁极互相吸引，故 B 错误； C．一个磁体上有两个磁极，条形磁铁两端分其余N，S 极，磁性最强，中间磁性最弱，因此磁体上磁性最强的部分叫磁极，故C正确；D．通电螺线管的四周有磁场，内部也有磁场，故D错误． 4 ．答案：静电力；电势能解析：静电场与重力场相似，拥有两个方面的特色：一是从力的角度：电荷放在静电场中会遇到静电力作用，近似于物体放在地球周边就要遇到地球的重力作用；另一个是从能的角度：是放在静电场中的电荷拥有电势能，近似于地球周边物体在必然的高度时，会拥有重力势能 5 ．答案： BD 解析： A 、电场强度大的地方，电荷所受的电场力与电量的比值越大，而电场力不用然较大，故A错误；B ．经过磁感线的疏密来表现磁场强度的大小，磁感线越密，磁场强度越大，故 B 正确； C．若运动的电荷速度方向与磁场方向平行，则不受磁场力的作用，故 C错误； D ．因为两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势面，向来通到无量远，两个等量异种点电荷，故连线中点的电势也为零．故 D正确 6 ．答案： A 解析：库仑提出了在电荷的四周存在着电场，法拉第提出了电磁感觉定律，安培提出了分子电流假说，焦耳提出焦耳定律． 7 ．答案： D解析： A 、电势是相对的，电势零点可人为选择，而场强由电场自己决定，二者没有直接的关系，电场强度大的地方电势不用然高，电场强度小的地方电势不用然低．故A错误； B ．正电荷只在电场力作用下，若无初速度，或初速度与电场线的夹角不大于90°，从高电势向低电势运动，若初速度与电场线的夹角大于90°，从低电势向高电势运动，故 B错误． C．将正点电荷从场强为零的一点挪动列席强为零的另一点，若两点的电势相等，则电场力不做功；若两点的电势不一样样，则电场力做功必然不为零．故 C错误； D．依据电势能 Ep=qφ，对某一正电荷而言，放入点的电势越高，该电荷的电势能越大．故 D 正确． 8 ．答案： D 解析： A 、电场是实质存在的物质，不是理想化模型．故 A错误， B ．两电荷之间的互相作用是一对作用力与反作用力，故 B错误． C．电场是客观存在的物质，但它不一样样于分子、原子等实物粒子，故 C错误． D．电场的基天性质是对放入此中的电荷有力的作用．故 D 正确 9 ．答案： C 解析： A 、物体可以吸引铁、钴、镍等物质的性质叫做磁性，拥有磁性的物体叫做磁体，故 A 错误；B．同性磁极互相排斥，异性磁极互相吸引，故 B 错误； C．一个磁体上有两个磁极，条形磁铁两端分其余 N，S 极，磁性最强，中间磁性最弱，因此磁体上磁性最强的部分叫磁极，故C正确；D ．通电螺线管的四周有磁场，内部也有磁场，故 D错误． 10 ．答案：①开普勒．②卡文迪许．③密立根．④法拉第．⑤法拉第．解析：考点：物理学史．解析：依据物理学史和知识解答，记着有名物理学家，如开普勒、卡文迪许、密立根、法拉第的主要贡献即可．解答：解：①德国天文学家开普勒用了 20 年的时间研究了第谷的行星察看记录后，宣布了他的行星运动规律，为万有引力定律的发现确定了基础．②牛顿总结出了万有引力定律，万有引力常量 G的值是卡文迪许用扭秤实验丈量出来的．③元电荷 e 的数值最早是由美国物理学家密立根测得的．④法拉第第一提出了“电场”的看法，以为在电荷的四周存在着由它产生的电场，处在电场中的其余电荷遇到的作用力就是这个电场恩赐的．⑤法拉第第一采纳了一个简洁的方法描述电场，那就是画“电场线”．故为：①开普勒．②卡文迪许．③密立根．④法拉第．⑤法拉第．谈论：解决本题的要点在于平常学习物理主要知识的同时，记牢开普勒、卡文迪许、密立根、法拉第的物理学贡献．。

2020版高考物理一轮总复习电学综合训练(含解析)新人教版

电学综合训练一、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，其中第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．如图所示，绝缘水平面上有两条平行光滑长直导轨，导轨左端接有电阻R ，电阻为r 的金属棒AB 垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好，其他电阻不计．两导轨间存在竖直向下的匀强磁场．给AB 以水平向右的初速度v 0并开始计时，下面四幅反映AB 的速度v 随时间t 变化规律的图象中，可能正确的是( )解析：选D.AB 杆以水平向右的初速度v 0切割磁感线，在回路中充当电源，电路中产生的电流为I ＝Blv R ＋r ，AB 杆受到的安培力F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＋r，对AB 杆受力分析可知，水平方向合外力等于安培力，充当阻力使其减速，所以其加速度随速度的减小而减小，直到速度减为零时，加速度减为零，故D 项正确．2．如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，有一等腰直角三角形ACD .A 点有一根垂直于ACD 平面的直导线．当导线中通有图示方向的电流时，D 点的磁感应强度为零．则C 点的磁感应强度大小为( )A. 0 B ．B 0 C.2B 0D ．2B 0解析：选C.由D 点的磁感应强度为零可知，通电直导线在D 点产生的磁场与空间中存在的匀强磁场的磁感应强度等大反向，所以匀强磁场方向垂直于AD 向下，由于C 点与D 点与A 等距离，所以通电直导线在C 点产生的磁场磁感应强度大小为B 0，方向垂直于AC 向左，则C 点的磁感应强度大小为2B 0，故C 项正确．3．一个阻值为20 Ω的电阻，通有如图所示的电流，在一个周期内，前半个周期电流随时间按正弦规律变化，后半个周期电流为恒定电流，则在一个周期内，电阻产生的热量为( )A ．0.2 JB ．0.4 JC ．0.6 JD ．0.8 J解析：选C.求解电阻产生的热量时应该用电流的有效值，由有效值的定义可得⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22R T2＋I 22R T2＝I 2RT 得，I ＝32A ，则一个周期内电阻产生的热量为Q ＝I 2RT ＝0.6 J ，故C 项正确．4．如图甲所示，单匝导线框abcd 固定于匀强磁场中，规定垂直纸面向里为磁场的正方向．从t ＝0时刻开始磁感应强度B 随时间t 变化关系如图乙所示，若规定逆时针方向为感应电流i 的正方向，则在下面四个反映线框里感应电流i 随时间t 变化规律的图象中，正确的是( )解析：选A.由法拉第电磁感应定律可得：E ＝N ΔBS Δt ，又i ＝ER ，结合B t 图象可得，0～1 s 内线圈中产生的电流是恒定的，故C 、D 项错误；由B t 图象可知0～1 s 内垂直纸面向里的磁场磁通量在增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为逆时针，与规定的正方向相同，所以为正值，故A 项正确，B 项错误．5．现有一组方向沿x 轴正方向的电场线，若从x 轴的坐标原点由静止释放一个带电粒子，仅在电场力的作用下，该粒子沿着x 轴的正方向从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处，其电势φ随位置x 坐标变化的情况如图所示．下列有关说法正确的是( )A ．该粒子一定带正电荷B ．在x 轴上x ＝0.6 cm 的位置，电场强度大小为0C ．该粒子从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处的过程中，电势能一直减小D ．在x 轴上0～0.6 cm 的范围内的电场强度大于0.6～1.2 cm 的范围内的电场强度解析：选AC.由于带电粒子由坐标原点由静止开始，仅在电场力的作用下，沿x 轴正方向运动，所以所受电场力方向沿x 轴正方向，与电场线的方向一致，故该粒子一定带正电荷，故A 项正确；由φx 图象中斜率表示电场强度可知，x ＝0.6 cm 处电场强度大小为5 000 V/m ，故B 项错；由φ－x 图象可知，从x ＝0.6 cm 到x ＝1.2 cm 的过程中，电势一直降低，由E p ＝q φ可知，正电荷的电势能一直减小，故C 项正确；由φ－x 图象中斜率表示电场强度可知，0～1.2 cm 的范围内电场强度不变，故D 项错误．6．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈接在电压为U 0的正弦式电流电源上，定值电阻R 1＝R 2，变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1、U 2，通过原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则( )A ．I 1∶I 2＝1∶3B ． I 1∶I 2＝3∶1 C. U 1∶U 0＝1∶10D ． U 2∶U 0＝3∶10解析：选AD.由于理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，所有原副线圈的电流之比是1∶3，故A 项正确；原副线圈两端的电压之比为3∶1，两个定值电阻两端的电压之比U R 1U R 2＝13，左边回路有U 0＝U R 1＋U 1，右边回路中有U 2＝U R 2，所以U 1∶U 0＝9∶10，故C 项错误；U 2∶U 0＝3∶10，故D 项正确．7．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ，那么( )A ．从图示位置开始，线圈转过90°时穿过线圈的磁通量最大B ．线圈中感应电流的有效值为 2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πTt (V)D ．从图示位置开始到线圈转过90°时的过程中，线圈中磁通量变化了Tπ解析：选ABC.从图示位置开始，线圈转过90°时，恰好位于中性面的位置，磁通量最大，故A 项正确；线圈转动产生的是正弦式交变电流，所以电流的有效值为I ＝I m2，又E m ＝BS ω＝BS 2πT ，转过60°时有i ＝E m r cos 2πT t ＝BS ωrcos 60°＝1 A ，解得电流的有效值为I ＝ 2 A ，故B 项正确；任意时刻线圈中的感应电动势e ＝BS ωcos 2πTt ＝4cos 2πTt ，故C 项正确；从图示位置开始到线圈转过90°的过程中，线圈中的磁通量变化了ΔΦ＝BS ＝2Tπ，故D 项错误．8．如图所示，在光滑绝缘水平地面上相距为L 处有两个完全相同的带正电小球A 和B ，它们的质量都为m ，现由静止释放B 球，同时A 球以大小为v 0的速度沿两小球连线方向向B 球运动，运动过程中，两球最小距离为L3，下列说法中正确的是( )A ．距离最小时与开始时B 球的加速度之比为9∶1 B ．从开始到距离最小的过程中，电势能的增加量为12mv 2C ．A 、B 组成的系统动能的最小值是14mv 2D ．B 球速度的最大值为v 0解析：选AC.开始时，对B 球有：k q 2L 2＝ma 1 ，相距最小时，对B 球有：k q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 32＝ma 2，则有：a 2a 1＝91，故A 项正确；当两球相距最小时，两球速度相同，系统动能最小．对A 、B 两球自B 球由静止释放至两球相距最小，由动量守恒定律得mv 0＝2mv ；由能量守恒得12mv 20＝12×2mv 2＋E p ，解得E p ＝14mv 20，故B 项错误；最小动能E k ＝12×2mv 2＝14mv 20，故C 项正确；当A球速度减为零时，B 球速度增大到v 0 ，此时两球相距为L ，此后A 球反向加速，B 球继续加速，故D 项错误．二、非选择题(本题共3小题，共52分)9．(9分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，所采用的小灯泡的规格为“2.5 V 0.3 A”，实验时采用的电路图如图甲所示．(1)某同学从实验室取出A 、B 两个材质相同的滑动变阻器，铭牌不清，从进货单中查知其中一个滑动变阻器的最大阻值为10 Ω，另一个为1 000 Ω，观察发现A 绕的导线粗而少，而B 绕的导线细而多，本实验应该选用______填(“A ”或“B ”)．(2)在实验测量中，某次电压表示数如图乙所示，则其示数为______V ；此时电流表的示数可能为图丙中的______(填写图丙中各表下方的代号)．(3)若实验得到另一小灯泡的伏安特性曲线(I U 图象)如图丁所示．若将这个小灯泡接到电动势为1.5 V 、内阻为5 Ω的电源两端，则小灯泡的工作电阻为______Ω，小灯泡消耗的功率是________W.解析：(1)由电阻定律R ＝ρLS可知，细而长的电阻大，粗而短的电阻小，而本实验采用分压式接法，应选用电阻小的，故选A .(2)电压表量程选3 V ，所以每小格表示0.1 V ，所以读数为2.00 V ，有估读数位；由于电压表示数略小于额定电压，所以电流表的示数略小于额定电流，故B 项正确．(3)作出闭合电路欧姆定律的I U 图象，与小灯泡的I U 图象交于一点，其横纵坐标的比值即为小灯泡的工作电阻，为9.8 Ω ；横纵坐标的乘积即为小灯泡消耗的实际功率，为0.1 W.答案：(1)A (2)2.00 B(3)9.8(9.6～10均可) 0.110．(20分)如图所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距6L ，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN 为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外，A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离为L 、质量为m 、电量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1板的距离是L 的k 倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；(2)若2＜k ＜3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式．解析：(1)若k ＝1，则有MP ＝L ，粒子在Ⅰ区匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为：R ＝L粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB 0＝m v 2R粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEd ＝12mv 2综合上式解得：E ＝qB 02L 22dm.(2)因为2＜k ＜3，且粒子沿水平方向从S 2射出，可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，该粒子运动轨迹如图所示由几何关系：R 2－(kL )2＝(R －L )2，又有qvB 0＝m v 2R则整理解得：v ＝qB 0L ＋k 2L2m.答案：(1)qB 20L 22dm (2)v ＝qB 0L ＋k 2L2m11．(23分)如图所示，质量m A ＝0.8 kg 、带电量q ＝－4×10－3C 的A球用长度l ＝0.8 m 的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O 点，O 点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E ＝5×103N/C.质量m B ＝0.2 kg 不带电的B 球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J ．现将A 球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B 球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A 球相碰，并结合为一整体C ，同时撤去水平轨道．A 、B 、C 均可视为质点，线始终未被拉断，g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞过程中A 球对B 球做的功和冲量大小； (2)碰后C 第一次离开电场时的速度大小；(3)C 每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C 每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．解析：(1)由机械能守恒定律12m A v 2A ＝m A gl得碰前A 的速度大小v A ＝4 m/s 方向向右由E ＝12m B v 2B得碰前B 的速度大小v B ＝6 m/s 方向向左由动量守恒守律m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v C 得v C ＝2 m/s 方向向右A 对B 所做的功W ＝12m B v 2C －E ＝－3.2 J A 对B 的冲量I ＝m B v C －(－m B v B )＝1.6 N·s(2)碰后，C 整体受到电场力F ＝qE因F －m C g ＞m C v 2Cl，可知C 先做类平抛运动则x ＝v C t ，y ＝12at 2，qE －m C g ＝m C a(y －l )2＋x 2＝l 2联立解得x ＝0.8 m ，y ＝0.8 m ，t ＝0.4 s即C 刚好在圆心等高处线被拉直，此时C 向上的速度为v y ＝at ＝4 m/s 设C 第一次运动到最高点速度为v 1，由动能定理(F －m C g )l ＝12m C v 21－12m C v 2y得v 1＝42≈5.66 m/s(3)设C 从最高点运动到最低点时的速度为v . 由动能定律m C g ×2l ＝12m C v 2－12m C v 21得 v ＝8 m/s由于F T ＋F －m C g ＝m C v 2l，可知F T ＞0，故C 之后每一次通过最低点均能一直做圆周运动设C 第n 次经过最高点时的速度为v n .则(n －1)qE ×2l ＝12m C v 2n －12m C v 21，(n ＝1,2,3……)由牛顿第二定律得F T ＋m C g －F ＝m C v 2nl解得F T ＝10(8n －3)N ，(n ＝1,2,3……) 答案：(1)－3.2 J 1.6 N·s (2)5.66 m/s (3)10(8n －3)N ，(n ＝1,2,3……)。

高三第一轮复习物理：电场(附答案)

2004－2005学年度上学期高中学生学科素质训练高三物理同步测试（9）—第九单元：电场本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

共150分考试用时120分钟第Ⅰ卷（选择题共40分）一、本题共十小题；每小题4分，共40分。

在每小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4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1．设电子在运动过程中只受电场力作用，则在下列哪个电场中，只要给电子一个适当的初速度它就能自始至终沿一条电场线运动；而给电子一个适当的初速度它就能始终沿某个等势面运动（）A．匀强电场B．正点电荷产生的电场C．负点电荷产生的电场D．以上都不可能2．如图，把一带正电的小球a放在光滑绝缘面上，欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应（）A．带负电，放在A点B．带正电，放在B点C．带负电，放在C点D．带正电，放在C点3．某研究性学习小组学习电学知识后进行对电工穿的高压作业服进行研究，发现高压作业服是用铜丝编织的，下列各同学的理由正确的是（）A．甲认为铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织B．乙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用C．丙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用D．丁认为铜丝必须达到一定的厚度，才能对人体起到保护作用4．A、B两个小球带同种电荷，放在光滑的绝缘水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d，同时由静止释放，在它们距离到2d时，A的加速度为a，速度为v，则（）A．此时B的加速度为a/4 B．此过程中电势能减小5mv2/8C．此过程中电势能减小mv2/4 D．此时B的速度为v/25．如图所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电量为－q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离相等，Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a 的速率为13gh 。

2020年高考物理一轮复习专题7.6 静电场精品测试卷(原卷版)

第7章静电场单元测试【满分：100分时间：90分钟】一、选择题(本大题共20小题，每小题3分，共60分)1．（安徽省宣城市2019届高三第二次模拟）如图，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。

下列说法正确的是（）A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷C．a、b小球电量之比为36D．a、b小球电量之比为32．（河北衡水中学2019届高三调研）如图所示，三角形abc的三个顶点各自固定一个点电荷，A处点电荷受力如图所示，则B处点电荷受力可能是（）A．F1B．F2C．F3D．F43．（四川达州市普通高中2019届第二次诊断性测试）如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。

用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。

现将B 球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．与移动前相比，下列说法正确的是A ．斜面对A 的弹力增大B ．水平面对B 的弹力不变C ．推力F 变小D ．两球之间的距离变小4．（辽宁省大连市八中2019年高考模拟）如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A 带正电，另一带正电的物体B 沿着以A 为圆心的圆弧由P 到Q 缓慢地从A 的正上方经过，若此过程中A 始终保持静止，A 、B 两物体可视为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用，则下列说法正确的是（）A ．物体A 受到地面的支持力先增大后减小B ．物体A 受到地面的支持力保持不变C ．物体A 受到地面的摩擦力先增大后减小D ．库仑力对物体B 先做正功后做负功5．（天津市九校2019届高三联考）如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O 处电场强度大小等于E 0，两个平面通过同一条直径，夹角为a ，从半球中分出一部分球面，则所分出的这部分球面上（在“小瓣”上）的电荷在O 处的电场强度大小为( )A ．0sin E E a =B ．0cos E E a =C ．0sin 2a E E =D ．0cos 2a E E = 6．（四川省绵阳中学2019届高三模拟）如图所示，边长为L 的正六边形ABCDEF 的5条边上分别放置5根长度也为L 的相同绝缘细棒。

【走向高考】2020高考物理一轮复习电场综合测试题配套练习

2020走向高考系列物理一轮复习配套练习--电场综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图所示的四个电场的电场线，其中A和C图中小圆圈表示一个点电荷，A 图中虚线是一个圆，B图中几条直线间距相等互相平行，则在图中M、N处电场强度相同的是( )[答案] B[解析] 电场强度相同指场强大小、方向都相同，故B对．2．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v和时间t的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的( )[答案] A[解析] 由图象可知，粒子的速度随时间逐渐减小，粒子的加速度逐渐变大，则电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，带负电的粒子是顺电场线方向运动．由电场线疏处到达密处．故A对．3．一个带正电的点电荷以一定的初速度v0(v≠0)，沿着垂直于匀强电场的方向射入电场，则其可能的运动轨迹应该是下图中的( )[答案] B[解析] 点电荷垂直于电场方向进入电场时，电场力垂直于其初速度方向，电荷做类平抛运动，选B.4．如图所示，在匀强电场中有一平行四边形ABCD，已知A、B、C三点的电势分别为φA ＝10V、φB＝8V、φC＝2V，则D点的电势为( )A．8V B．6VC．4V D．1V[答案] C[解析] 由于电场是匀强电场，则UAB ＝UDC，φA－φB＝φD－φC，φD＝4V，C选项正确．5．示波管的结构中有两对互相垂直的偏转电极XX′和YY′，若在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，则在示波管荧光屏上看到的图形是图丙中的( )[解析] 由于在XX′所加的扫描电压和YY′所加的信号电压的周期相同，所以荧光屏上就会显示随信号而变化的波形，C 图正确．6．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v 0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v 0从原处飞入，则带电小球( )A ．将打在下板中央B ．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C ．不发生偏转，沿直线运动D ．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 [答案] BD[解析] 将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E ＝U d ＝Q Cd ＝4kπQ εr S 可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央．7．光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m ，带电荷量为q.为使小球静止在杆上，可加一匀强电场．所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止( )A ．垂直于杆斜向上，场强大小为mgcosθq B ．竖直向上，场强大小为mg qC ．垂直于杆斜向下，场强大小为mgsinθqD ．水平向右，场强大小为mgcotθq[解析] 小球受竖直向下的重力，若电场垂直于杆的方向，则小球受垂直于杆方向的电场力，支持力方向亦垂直于杆的方向，小球所受合力不可能为零，A、C项错；若电场竖直向上，所受电场力Eq＝mg，小球所受合力为零，B项正确；若电场水平向右，则小球受重力、支持力和电场力作用，根据平行四边形定则，可知E＝mgtanθ/q，D项错．8．(2020·海门模拟)一个质量为m，电荷量为＋q的小球以初速度v水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．若场强大小等于mgq，则小球经过每一电场区的时间均相同C．若场强大小等于2mgq，则小球经过每一无电场区的时间均相同D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同[答案] AC[解析] 小球在水平方向不受力作用，因此，在水平方向一直做匀速直线运动，A正确；当E＝mgq时，小球通过第一、二电场区时在竖直方向均做匀速直线运动，但竖直速度不同，故B错误；当E＝2mgq时，小球通过第一、二无电场区时在竖直方向的初速度是相同的，均为零，故经过无电场区的时间也相同，C正确；如取E＝mg q，则小球通过无电场区的速度越来越大，对应的时间也越来越短，故D错误．9．(2020·潍坊)如图所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如图所示．则( )A．Q2带正电B．Q2带负电C．试探电荷从b到a的过程中电势能增大D．试探电荷从b到a的过程中电势能减小[答案] BC[解析] 由图象知正电荷自b点到a点，速度减小，所以Q2对试探电荷为吸引力，则Q2带负电，A错，B对．试探电荷从b到a动能减小，所以电势能一定增大，C对，D错，正确答案BC.10．如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法中正确的是( )A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B．若它们射入电场时的质量与速度乘积相等，在荧光屏上将出现2个亮点C．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点[答案] D[解析] 粒子打在荧光屏上的位置取决于它的侧移量，侧移量相同，打在荧光屏上的位置相同，而侧移量y＝ql2U2mv2d，所以粒子速度相同时，屏上将出现2个亮点，粒子质量与速度乘积相同时，屏上将出现3个亮点；动能相同时，屏上将出现2个亮点；而经过同一电场从静止加速后，再进入偏转电场，出电场时所有粒子侧移量相同，屏上将出现1个亮点，故选D.第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，两极板间距为d.现将一个检验电荷＋q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，连线AB与平行极板方向的夹角为30°，则电场力对检验电荷＋q所做的功等于________．[答案] qQs 2Cd[解析] 电容器两板间电势差U＝QC，场强E＝Ud＝QCd.而A、B两点间电势差UAB ＝E·s·sin30°＝Qs2Cd，电场力对＋q所做功为W＝qUAB ＝qQs 2Cd.12．(6分)一电子以4×106m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点水平垂直于场强方向飞入，并从B点沿与场强方向成150°的方向飞出该电场，如图所示，则A、B两点的电势差为________V．(电子的质量为9.1×10－31kg，电荷量为－1.6×10－19C)[答案] －136.5[解析] 设电子射入电场时的速度为vA ，射出电场时的速度为vB，从图可知vB＝v Asin30°＝2vA，根据动能定理，有W＝eUAB①W＝12mv2B－12mv2A②由式①②得eUAB ＝12mv2B－12mv2A＝32mv2A所以UAB ＝3mv2A2e＝3×9.1×10－31×(4×106)2－1.6×10－19×2V＝－136.5V13．(6分)如图所示，匀强电场场强为E，与竖直方向成α角，一质量为m、电荷量为q的带负电小球用细线系在竖直墙上，恰好静止在水平位置，则场强E的大小为________．若保持场强方向和小球电荷量不变，将线拉至与场强垂直时，小球能静止，此时场强大小为________．[答案]mgqcosαmgcosαq[解析] 对两种情况下小球的受力分析如图中(a)、(b)所示，对(a)有：Eqcosα＝mg，所以E ＝mgqcosα对(b)有：Eq ＝mgcosα，所以E ＝mgcosαq. 三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)如图所示，相距为0.2m 的平行金属板A 、B 上加电压U ＝40V, 在两板正中沿水平方向射入一带负电荷小球，经0.2s 小球到达B 板，若要小球始终沿水平方向运动而不发生偏转，A 、B 两板间的距离应调节为多少？(g 取10m/s 2)[答案] 0.1m[解析] 小球在电场中做匀变速曲线运动，在竖直方向由牛顿第二定律得 mg －Uq/d ＝ma d/2＝at 2/2 解得：a ＝5m/s 2，m ＝40q 要使小球沿水平方向运动，应有mg ＝E′q E′＝U/d′ d′＝qU/mg ＝0.1m15．(10分)(2020·蚌埠一模)两个正点电荷Q 1＝Q 和Q 2＝4Q 分别置于固定在光滑绝缘水平面上的A 、B 两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，已知AB ＝L ，如图所示．(1)现将另一正点电荷置于A 、B 连线上靠近A 处静止释放，求它在AB 连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A 点的距离．(2)若把该点电荷放于绝缘管内靠近A 点处由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P 处．试求出图中PA 和AB 连线的夹角θ.[答案] (1)L 3(2)arctan 34[解析] (1)正点电荷在A 、B 连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零(加速度最小)，设此时距离A点为x，即k Q1q x2＝kQ2q(L－x)2∴x＝L3.(2)点电荷在P点处若其所受库仑力的合力沿OP方向，则它在P点处速度最大，即此时满足tanθ＝F2F1＝k4Qq(2Rsinθ)2kQq(2Rcosθ)2＝4cos2θsin2θ，即得：θ＝arctan34.16．(11分)(2020·上海华师大附中摸底测试)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的ABCD区域内，存在两个大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计粒子所受重力)．(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置；(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置；(3)若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动L/4，仍使电子从ABCD区域左下角D处离开(D不随电场移动)，在电场Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置．[答案] (1)⎝⎛⎭⎪⎫－2L，14L(2)满足y1＝L24x1方程的点即为所有释放点的位置(3)在电场Ⅰ区域内满足方程y2＝3L28x2的所有位置[解析] (1)由动能定理有：eEL＝12mv2由类平抛运动知识有：L＝vt，y＝12at2＝eE2m×L2v2＝14L所以电子离开ABCD 区域的位置坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－2L ，14L(2)设释放点位置坐标为(x 1，y 1)，由动能定理有：eEx 1＝12mv 21由类平抛运动知识有：L ＝v 1t 1，y 1＝12at 21＝eE 2m ×L 2v 21＝L 24x 1所以满足y 1＝L 24x 1方程的点即为所有释放点的位置(3)设电子从(x 2，y 2)点释放，在电场Ⅰ中被加速到v 2进入电场Ⅱ后做类平抛运动；在高度为y′处离开电场Ⅱ，然后做匀速直线运动并经过D 处，则有eEx 2＝12mv 22在电场Ⅱ中下降高度Δy＝y 2－y′＝12at 22＝12eE m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 22v y ＝a·L v 2＝eELmv 2，y′＝v y ·L4v 2解得：y 2＝3L 28x 2，即在电场Ⅰ区域内满足方程的点即为所求位置．17．(11分)(2020·福建质检)如图(甲)所示，水平放置的平行金属板A 、B ，两板的中央各有一小孔O 1、O 2，板间距离为d ，开关S 接1.当t ＝0时，在a 、b 两端加上如图(乙)所示的电压，同时在c 、d 两端加上如图(丙)所示的电压．此时，一质量为m 的带负电微粒P 恰好静止于两孔连线的中点处(P 、O 1、O 2在同一竖直线上)．重力加速度为g ，不计空气阻力．(1)若在t ＝T 4时刻将开关S 从1扳到2，当u cd ＝2U 0时，求微粒P 的加速度大小和方向；(2)若要使微粒P 以最大的动能从A 板中的O 1小孔射出，问在t ＝T 2到t ＝T 之间的哪个时刻，把开关S 从1扳到2，u cd 的周期T 至少为多少？[答案] (1)g 方向竖直向上 (2)见解析[解析] (1)当A 、B 间加电压U 0，微粒P 处于平衡状态，根据平衡条件，有q U 0d＝mg①当A 、B 间电压为2U 0时，根据牛顿第二定律，有q 2U 0d－mg ＝ma② 由①②得a ＝g ，加速度的方向竖直向上(2)依题意，为使微粒P 以最大的动能从小孔O 1射出，应让微粒P 能从O 2处无初速向上一直做匀加速运动．为此，微粒P 应先自由下落一段时间，然后加上电压2U 0，使微粒P 接着以大小为g 的加速度向下减速到O 2处再向上加速到O 1孔射出．设向下加速和向下减速的时间分别为t 1和t 2，则gt 1＝gt 2d 2＝12gt 21＋12gt 22，解得：t 1＝t 2＝d 2g 故应在t ＝T －d 2g时刻把开关S 从1扳到2. 设电压u cd 的最小周期为T 0，向上加速过程，有d ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 02－t 22，解得：T 0＝6d 2g.。

2019-2020【提分必做】高考物理一轮复习精选题辑课练22电容器带电粒子在电场中的运动

课练 22 电容器带电粒子在电场中的运动1．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点．以E 表示两极板间的电场强度，U 表示电容器的电压，E p 表示正电荷在P 点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则( )A ．U 变小，E p 不变B ．E 变大，E p 不变C ．U 变大，E p 变大D ．U 不变，E p 变大答案：A解析：平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q 不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d 减小，根据C ＝εS 4πkd 知，电容增大，根据U ＝QC可知，电容器的电压减小．由E＝U d ＝Q Cd ＝4πkq εS，可知电场强度E 不变，则P 与负极板间的电势差不变，P 点的电势不变，正电荷在P 点的电势能E p 不变，故A 正确．2.如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ，在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动，重力加速度为g .粒子运动加速度为( )A.l d gB.d －l dgC.ld －l g D.dd －lg 答案：A解析：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有mg ＝qUd －l.当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有mg －q U d ＝ma ，联立解得a ＝ldg ，故选A.3．(2018·河北邯郸联考)平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E 和极板所带电荷量Q 的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A 极板下移使A 、B 两板间距变为原来的23，则A 、B 两极板之间的引力与原来的比值是( )A.32B.94C.278D.8116两极板仍平行)，则下列说法正确的是间距增大时，小球打在N点的右侧间距减小时，小球打在N点的左侧间距减小时，小球可能打在N间距增大时，小球可能打在N为两块水平放置的金属板，通过闭合开关孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿出带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经80 J，减少的动能中有下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域，在如图所示的速度—时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了此后进入上边区域，受力依然平衡．因此，速度—时间图象应该为．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小时刻物块的速度最大时刻物块的速度最大时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A错误；在t1～t3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故正确、D错误．．(2018·河南豫南九校质量考评)(多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关带正电的液滴从小孔正上方的P点由静止自由落下，当液滴穿过b板小孔到达板不动，在开关S仍闭合或断开的情况下b板向上或向下平移一小段距离，点自由落下，此时液滴到达a板小孔时速度为v2，保持闭合，向下移动b板，则v2>v1保持闭合，则无论向上或向下移动b板，都有v2＝闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接．的带正电荷的小球(可视为质点)，从离圆形轨道最低点点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动．已知小球所受电场力与其所受的重力大小相点由静止释放，恰好能通过E 点．区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 区域内的电场强度大小变为E 2＝43E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方中带电粒子的水平位移为y，设偏转位移为y，NE＝2 m，在第Ⅰ象限加速过程中，2(2015·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过点从静止释放一同样的微粒，该微粒将如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电在两极板间有一固定在点的电势能，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(平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是．平行板电容器的电容将变大如图所示，C1和C2是两个完全相同的平行板电容器，带有等的两极板间插入一块云母，已知云母的厚度与答案：D解析：此电路达到稳定后两电容器的电压是相同的，插入云母的过程中，C 1逐渐增大，根据Q ＝CU ，所以C 1两极板间电压会逐渐减小，电流由b 流向a ，A 错误；达到稳定后两电容器的电压相等，C 1>C 2，所以C 1的带电荷量大于C 2的带电荷量，B 错误；两电容器的电压相等，间距相等，所以电场强度相等，C 错误，D 正确．6．(2018·四川绵阳二诊)(多选)如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 极板间，A 极板接地，B 极板的电势φ随时间t 的变化情况如图乙所示．t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动过程中没有与极板相碰，不计重力．则( )A ．φ1：φ2＝：2B ．φ1：φ2＝：3C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的电势能最小D ．在0～2T 内，电子的电势能减少了2e 2T 2φ21md2答案：BCD解析：0～T 内，电子的加速度向上，设加速度大小为a 1，则a 1＝φ1emd，设T 时刻电子的速度大小为v 1，则v 1＝a 1T ＝φ1e md T ①，0～T 内的位移s 1＝12a 1T 2＝φ1eT22md②，T ～2T 内，加速度向下，大小为a 2＝φ2e md ③，T ～2T 内的位移s 2＝v 1T －12a 2T 2④，而s 1＝－s 2⑤，联立①②③④⑤式解得φ1：φ2＝：3，A 错误，B 正确；0～T 内，电场力做正功，电势能减少；T ～2T内，电子先向上运动，但电势反向，电场力先做负功，电势能增加，然后电子向下运动，电势能减少，回到P 点后，电势能高于电子在P 点的原电势能，故t ＝T 时电子的电势能最小，C 正确；设2T 时电子的速度为v 2，v 2＝v 1－a 2T ＝－2φ1emdT ，负号表示方向向下，根据动能定理得，在0～2T 内，电子的电势能的减少量等于电场力做的功，ΔE p ＝W ＝12mv 22－0＝2e 2T 2φ21md 2，D 正确．7．(2018·河南郑州模拟)(多选)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R 的圆，AB 是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E ，方向与水平面平行．在圆上A 点处有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电荷量为＋q 的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C 点的小球的动能最大．由于发射时刻不同，不计小球间的相互作用．已知α＝30°，下列说法正确的是( )A ．电场的方向与AC 间的夹角为30°B ．电场的方向与AC 间的夹角为60°C ．小球在A 点垂直电场方向发射，恰能落到C 点，则初动能为18qERD ．小球在A 点垂直电场方向发射，恰能落到C 点，则初动能为14qER答案：AC解析：因为经过C 点的小球的动能最大，所以小球在C 点的电势能最小，即C 点电势最低，所以过C 点的切线即为等势线，根据电场线与等势线的关系可知电场线沿OC 方向，即与AC 间的夹角为30°，A 选项正确，B 选项错误；若小球在A 点垂直电场方向以初速度v 0发射，恰能落到C 点，则有3R 2＝v 0t ，32R ＝12·qE m t 2，解得E k0＝12mv 20＝18qER ，C 选项正确，D选项错误．刷最新原创——抓重点8．(多选)如图所示，C 1为中间插有电介质的电容器，a 和b 为其两极板，a 板接地．M 和N 为两水平正对放置的平行金属板，当金属板带上一定电荷后使在两板间的一带电小球P 处于静止状态．M 板与b 板用导线相连，N 板接地．在以下方法中，能使P 向上运动的是( )A ．增大a 、b 间的距离B ．增大M 、N 间的距离C ．取出a 、b 两极板间的电介质D ．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质答案：AC解析：a 板与N 板电势恒定为零，b 板和M 板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且b 板与M 板所带电荷量之和保持不变．当增大a 、b 间的距离时，由公式C ＝εS4πkd可得上侧电容器的电容减小，b 板的电荷将流向M 板，所以M 、N 间电场强度要增强，P 向上运动，A 选项正确；当增大M 、N 间的距离时，由公式C ＝εS4πkd可得，下侧电容器的电容减小，M板的电荷将流向b 板，所以M 、N 两板间电场强度要减弱，P 向下运动，B 选项错误；当取出a 、b 两极板间的电介质时，由公式C ＝εS4πkd可得，上侧电容器的电容减小，b 板的电荷将流向M 板，所以M 、N 两板间电场强度要增强，P 向上运动，C 选项正确；当换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质时，由公式C ＝εS4πkd可得，上侧电容器的电容增大，M 板的电荷将流向b 板，所以M 、N 两板间电场强度要减弱，P 向下运动，D 选项错误．9．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．从电子枪发射出的电子在经过加速电场加速和两个偏转电场偏转，最后打在荧光屏上．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )A ．极板X 应带负电，极板Y 应带负电B ．极板X ′应带负电，极板Y 应带负电C ．极板X 应带负电，极板Y ′应带负电D ．极板X ′应带负电，极板Y ′应带负电答案：B解析：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X 偏转，则电场方向为X 到X ′，则极板X ′应带负电；同理可知，因电子向Y ′偏转，则电场方向为Y ′到Y ，因此极板Y 应带负电，故B 正确，A 、C 、D 错误．刷易错易误——排难点易错点1 不能从图象中获取有效信息导致出错10．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，E p 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )答案：C解析：平行板电容器充电后与电源断开，电容器上所带的电荷量Q 不再发生变化，设题图所示位置平行板间距为d ，根据平行板电容器的电容公式，有C ＝εr S4πd d ＋x，电容器C 随x 变化的图线应为曲线，故A 错误；根据C ＝εr S 4πk d ＋x ＝Q U ，电场强度E ＝U d ＋x ＝4πkQεr S，E 与x 无关，保持不变，图象应为平行于x 轴的直线，故B 错误；负极板接地，电势φ1＝0，设负极板与P 点的初始距离为d 2，有φ－φ1＝E (d 2＋x )，则φ＝Ex ＋Ed 2，即P 点电势随x 变化的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故C 正确；正电荷在P 点的电势能E p ＝q φ＝qEd 2＋qEx ，也是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故D 错误．易错点2 对带电粒子在交变电场中受力、运动情况分析不清导致出错11．(2018·陕西长安一中三模)(多选)如图甲所示平行金属板A 、B 之间的距离为6 cm ，两板间场强随时间按如图乙规律变化，设场强垂直于金属板由A 指向B 为正，周期T ＝8×10－5 s ．某带正电的粒子，电荷量为8.0×10－19 C ，质量为1.6×10－26kg ，于某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则( )A ．若粒子于t ＝0时释放，则一定能运动到B 板 B ．若粒子于t ＝T 2时释放，则一定能运动到B 板C ．若粒子于t ＝T4时释放，则一定能运动到A 板答案：：解析：(1)设两小球抛出的初速度为同，根据运动的分解可知，两小球竖直方向的分运动是相同的，运动时间向右做初速度为x M：x＝：1点距电场上边界的高度为gh，gt2，。

新人教版高三物理一轮复习静电场复习题及答案解析

章末检测(六)(时间:60分钟，分值:100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个选项符合题意)1.如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点．现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是() A．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度不同，电势相同B．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同C．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同D．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同2.如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M、N水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是()A．沿轨迹④运动B．沿轨迹①运动C．沿轨迹②运动D．沿轨迹③运动3.真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．下列说法中正确的是()A．A点的电势低于B点的电势B．A点的电场强度方向由A指向BC．A点的电场强度小于B点的电场强度D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功4．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则()A ．A 点和B 点的电势相同B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，电场力做正功D ．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先增大后减小5．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示．一个电量为2 C 、质量为1 kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的v －t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝2 V/m B ．由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大 C ．由C 到A 的过程中，电势逐渐升高D ．A 、B 两点电势差U AB ＝－5 V 6.如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P ，将另一个带电小物块Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q 向上运动过程中( )A ．物块Q 的动能一直增大B ．物块Q 的电势能一直增大C ．物块P 、Q 的重力势能和电势能之和一直增大D ．物块Q 的机械能一直增大二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项符合题意) 7.如图所示，两个质量均为m ，带电荷量均为＋q 的小球A 、B ，一个固定在O 点的正下方L 处，另一个用长为L 的细线悬挂在O 点，静止时，细线与竖直方向的夹角为60°，以下说法正确的是( )A ．O 点处的电场强度的大小为3kqL 2B ．A 在B 处产生的电场强度为kqL2C ．细线上的拉力为3kq 2L2D ．B 球所受A 球的库仑力和线的拉力的合力方向竖直向上8．将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地．三个微粒分别落在图中A 、B 、C 三点，不计其重力作用，则( )A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒的电荷量相同C．三个微粒所受电场力的大小关系是F A＜F B＜F CD．三个微粒到达下板时的动能关系是E k C＞E k B＞E k A9.如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO放置在重力场中，PO竖直，a、b 为两个带有等量同种电荷的小球(可以近似看成点电荷)，当用水平向左的作用力F作用于b 时，a、b紧靠挡板处于静止状态．现稍改变F的大小，使b稍向左移动一小段距离，则a、b重新处于静止状态后()A．a、b间电场力增大B．作用力F减小C．系统的重力势能增加D．系统的电势能增加三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(12分)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N a和N b.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．11．(16分)如图甲所示的平行板电容器，板间距为d ，两板所加电压随时间变化图线如图乙所示，t ＝0时刻，质量为m 、带电荷量为q 的粒子以平行于极板的速度v 0射入电容器，t ＝3T 时刻恰好从下极板边缘射出电容器，带电粒子的重力不计．求:(1)平行板电容器板长L ；(2)粒子射出电容器时速度偏转的角度φ； (3)粒子射出电容器时竖直偏转的位移y .12．(18分)如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E 、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R ＝5v 20g，轨道在A 点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD 垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d 的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m 、带电荷量为－q 的小球(可看做质点)从左边界的O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入区域Ⅰ，恰好从A 点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求:(1)OM 的长L ；(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E ′；(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO ′的距离s .章末检测(六)1．[解析]选B.若Q 1和Q 2是等量异种电荷，则C 、D 位于两个点电荷的中垂面上，所以C 、D 两点电场强度相同，电势相同，所以A 错误，B 正确；若Q 1和Q 2是等量同种电荷，则C 、D 两点电势相同，电场强度大小相等，方向不同，所以C 、D 错误．2．[解析]选C.由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεS可知，两极板所带电荷量、电介质和正对面积不变时，M 板迅速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，故微粒受力情况不变，粒子沿原直线运动．3．[解析]选B.由图象知φA ＞φB ，故A 错；电场强度的方向从高电势指向低电势，即A →B ，故B 正确；图象斜率的绝对值表示场强大小，E A ＞E B ，故C 错；正电荷受力方向为A →B ，电场力做正功，故D 错．4．[解析]选C.由题图可知，A 、B 两点不在同一等势面上，电势不相同，A 错误；由对称性可知，C 、D 两点的电场强度方向不同，B 错误；由W AB ＝U AB ·q ，U AB ＞0，q ＞0可知，W AB ＞0，C 正确；沿CD 直线，由C 到D ，电势先增大后减小，故负电荷由C 沿直线CD 移至D 点，电势能先减小后增大，D 错误．5．[解析]选D.由图乙知，小物块在B 点时加速度最大，故B 点场强最大，加速度大小为2 m/s 2，据qE ＝ma 得E ＝1 V/m ，选项A 错误；由C 到A 的过程中小物块的动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B 、C 错误；根据动能定理有qU AB ＝12m v 2B－12m v 2A，解得:U AB ＝－5 V ，选项D 正确． 6．[解析]选D.由F 库－mg sin θ＝ma 可知，物块沿斜面的加速度先向上逐渐减小，再沿斜面向下，逐渐增大，其速度先增大后减小，故物块Q 的动能先增大再减小，A 错误；因电场力始终做正功，故电势能一直减小，物块Q 的机械能一直增大，B 错误，D 正确；因只有电场力、重力做功，物块的电势能、重力势能、动能之和守恒，又知动能先增大后减小，故重力势能和电势能之和先减小后增大，C 错误．7．[解析]选ABD.由点电荷的场强公式，A 在B 处产生的电场强度为E 1＝k qL2，O 点处的电场为A 、B 分别在O 处产生的电场的叠加，即E 2＝2E 1cos 30°＝3k qL2，则A 、B 说法正确；对B 球，由平衡条件得，B 球所受A 球的库仑力和线的拉力的合力方向竖直向上，且细线上的拉力F T ＝mg ＝k q 2L2，则D 说法正确，C 说法错误．8．[解析]选CD.因为三个微粒只受到竖直向下的恒定的电场力的作用，所以它们均做类平抛运动．根据题意，它们在水平方向上做的是速度大小相同的匀速直线运动，三个微粒在电场中运动的时间与它们在水平方向上的位移成正比，显然，t A ＞t B ＞t C ，选项A 错误；它们做类平抛运动的初速度相同，但运动轨迹不同，这说明它们受到的电场力不同，因此所带电荷量不同，选项B 错误；它们在竖直方向上下落的位移相同(设为h )，但运动时间不同，根据关系式a ＝2h /t 2及t A ＞t B ＞t C 可知，a A ＜a B ＜a C ，因为它们的质量相等，根据牛顿第二定律可知，三个微粒所受电场力的大小关系是F A ＜F B ＜F C ，选项C 正确；又因为三个微粒在竖直方向上的位移相等，所以电场力做的功的大小关系是W A ＜W B ＜W C ，根据动能定理，粒子所受的电场力做的功等于粒子动能的增加量，所以三个微粒到达下板时的动能关系是E k C ＞E k B ＞E k A ，选项D 正确．9．[解析]选BC.设a 、b 间的电场力F 2和竖直挡板之间的夹角为θ，可以看出θ变小，以a 为研究对象，进行受力分析可知，它受到挡板的水平支持力F 1、重力m a g 、电场力F 2，如图所示，根据平衡条件可得:m a g ＝F 2cos θ，F 2sin θ＝F 1，解得F 2＝m a gcos θ，F 1＝m a g tan θ.因为θ变小，所以F 1、F 2均减小，A 错误；把a 、b 看成系统可知水平力F 等于F 1，因为F 1变小，所以F 变小，B 正确；由于F 2减小，a 向上运动，a 的重力势能增加，虽然b 的重力势能不变，但系统的重力势能增大，C 正确；由于电场力变小，相当于两个小球间的距离增大，所以电场力对系统做正功，因此系统的电势能应该减少，D 错误．10．[解析]质点所受电场力的大小为f ＝qE ①(1分)设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有f ＋N a ＝m v 2ar ②(1分)N b －f ＝m v 2br③(1分)设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12m v 2a ④(1分)E k b ＝12m v 2b⑤(1分)根据动能定理有E k b －E k a ＝2rf ⑥(3分) 联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q (N b －N a )(2分)E k a ＝r12(N b ＋5N a )(1分)E k b ＝r12(5N b ＋N a )．(1分)[答案]见解析11．[解析](1)粒子水平方向做匀速运动: L ＝v 0·3T ＝3v 0T .(4分)(2)粒子竖直方向先做T 时间的匀加速，然后做T 时间的匀速，再做T 时间的匀加速:a ＝Fm ＝q U d m (2分) v y ＝qU md·2T (2分)tan φ＝v y v 0＝2qUTmd v 0(2分)故φ＝arctan 2qUTmd v 0.(2分)(3)竖直方向一共加速运动了2T 时间，匀速运动了T 时间，则 y ＝12qU md (2T )2＋qU md T ·T ＝3qU mdT 2.(4分) [答案](1)3v 0T (2)arctan 2qUT md v 0 (3)3qU mdT 212．[解析](1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A 点时的速度为v A ，竖直分速度为v y ，则有cos 60°＝v 0v A ，即v A ＝2v 0(2分)tan 60°＝v yv 0，即v y ＝3v 0(2分)由牛顿第二定律知a ＝qE ＋mgm (1分)由v 2y ＝2aL 知L ＝3m v 202(qE ＋mg ).(2分)(2)在区域Ⅱ中，由图可知BC ＝R2所以从A 点到B 点，由动能定理得mg ·R 2＝12m v 2B －12m v 2A (2分) 得v B ＝3v 0(1分)在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知v 2B ＝2qE ′md (2分) 得E ′＝9m v 202qd .(1分)(3)v B ＝qE ′m t ，所以t ＝2d3v 0(2分)小球在竖直方向上做自由落体运动，即 h ＝12gt 2＝2gd 29v 20(2分) 所以小球到达右边界上的点与OO ′的距离s ＝BC ＋h ＝5v 202g ＋2gd 29v 20.(1分)[答案](1)3m v 202(qE ＋mg )(2)9m v 202qd(3)5v 202g ＋2gd 29v 20。

2020高三物理一轮复习 9.2 电场能的性质练习题精品

(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！) 1．如右图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中()A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C．场强最小的点是C点，最势最高的点是B点D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点【答案】 C2．如右图所示，虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV，它的动能应为() A．6 eV B．13 eVC．20 eV D．27 eV【答案】 D3．(2020年河北大学附中)如右图所示，Q是带正电的点电荷，P1和P2为其电场中的两点．若E1、E2为P1和P2两点的电场强度的大小，φ1、φ2为P1和P2两点的电势；则：()A．E1>E2，φ1>φ2B．E1>E2，φ1<φ2C．E1<E2，φ1>φ2D．E1<E2，φ1<φ2【答案】 A4．如右图所示，AB，CD为一圆的两条直径．且相互垂直，D点为圆心，空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行，现让一电子先从A点运动至C点，电势能减少了E p；又从C点运动至B点，电势能增加了E p，那么此空间存在的静电场可能是()A．匀强电场，方向垂直于AB由O点指向C点B．位于O点的正点电荷形成的电场C．位于O点的负点电荷形成的电场D．位于D点的负电荷形成的电场【答案】 D5．如右图所示三个同心圆是以点电荷－Q为圆心的等势面，下列说法正确的是()A．将电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功B ．一个点电荷＋q 在B 点具有的电势能比在A 点的小C ．一个点电荷＋q 在B 点所受的电场力比在A 点的大D ．将同一电荷从B 点移到D 到，电场力做功比由B 点移到C 点多【答案】 A6．(2020年江苏省盐城调研)x 轴上有两点电荷Q 1和Q 2，Q 1和Q 2之间各点对应的电势高低如右图中曲线所示，从图中可看出( )A ．Q 1一定大于Q 2B ．Q 1和Q 2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C ．电势最低处P 点的电场强度为0D ．Q 1和Q 2之间各点的电场方向都指向P 点【解析】从图象看到，从Q 1到Q 2电势是先减小后增大，可以判断Q 1和Q 2为同种正电荷，若P 点位于中心，两点电荷的电荷量相同，但是P 点离Q 2近点，说明Q 1一定大于Q 2，AD 项正确；根据电场的叠加原理可以判断P 点电场强度为0，从图象看电势随距离的变化率也可以得出C 项正确．【答案】 ACD7．(2020年高考宁夏理综)空间有一匀强电场，在电场中建立如右图所示的直角坐标系O －xyz ，M 、N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标为(0，a,0)，N 点的坐标为(a,0,0)，P 点的坐标为⎝⎛⎭⎫a ，a 2，a 2.已知电场方向平行于直线MN ，M 点电势为0，N 点电势为1 V ，则P 点的电势为( ) A.22 V B.32V C.14 V D.34V解析】根据电场线与等势面的关系，把立体图转化为平面图，因φM＝0，φN ＝1 V ，则φP ＝φP ′＝φP ″＝34V. 【答案】 D8.(2020年高考全国卷Ⅰ)如右图所示，一电场的电场线分布关于y 轴(沿竖直方向)对称，O 、M 、N 是y 轴上的三个点，且OM ＝MN .P 点在y 轴右侧，MP ⊥ON .则( )A ．M 点的电势比P 点的电势高B ．将负电荷由O 点移动到P 点，电场力做正功C ．M 、N 两点间的电势差大于O 、M 两点间的电势差D ．在O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y 轴做直线运动【解析】作出过点M 的等势线，因电场线与等势线是正交的，且沿电场线方向电势是降低的，故A 正确．将负电荷从O 点移到P 点时，因所处位置电势降低，其电势能增大，故应是克服电场力做功，B 错误．由E ＝U /d 及电场线疏密程度知O 、M 两点间电势差应大于M 、N 两点间电势差，C 错误．沿y 轴上各点场强方向相同，故从O 点由静止释放的带正电粒子运动中始终受到沿y 轴正方向的外力，D 正确．【答案】 AD9．(2020年高考浙江理综)空间存在匀强电场，有一电荷量q (q >0)、质量m 的粒子从O 点以速率v 0射入电场，运动到A 点时速率为2v 0.现有另一电荷量－q 、质量m 的粒子以速率2v 0仍从O 点射入该电场，运动到B 点时速率为3v 0.若忽略重力的影响，则( )A ．在O 、A 、B 三点中，B 点电势最高B ．在O 、A 、B 三点中，A 点电势最高C ．OA 间的电势差比BO 间的电势差大D ．OA 间的电势差比BA 间的电势差小【解析】正电荷从O 点运动到A 点，速度增大，电场力做正功，电势能减少，电势降低；负电荷从O 点运动到B 点，速度增大，电场力做正功．电势能减少，电势升高，故B点电势最高，A 点电势最低，A 选项正确，B 选项错误；由动能定理可得qU OA ＝12m (2v 20)2－12m v 20，得U OA ＝3m v 202q ，qU BO ＝12m (3v 0)2－12m (2v 0)2，得U BO ＝5m v 202q，由此可知U BO >U OA ，C 选项错误，U BA ＝U OA ＋U BO >U OA ，D 选项正确．【答案】 AD10．(2020年黄冈中学)右图为电场的电场线，现将一电量q ＝－3.0×10－9C 的负电荷从A 点移到B 点、从B 点移到C 点，从C 点移到D 点电场力做功分别为：W AB ＝3.0×10－8J 、W BC ＝1.5×10－8J 、W CD ＝9.0×10－9J.若取C 点电势为零，试求A 、B 、D 三点电势．【解析】根据电势的概念求解：电场中某点的电势在数值上等于单位正电荷由该点移动到零势点时，电场力所做的功．由于本题中移动的是负电荷，故不难理解：A 、B 、D 三点的电势应等于单位负电荷由该点移到零势点(C 点)时，电场力所做的功的负值，即U A ＝－W AC |q |＝－W AB ＋W BC |q |＝－3.0×10－8＋1.5×10－83.0×10－8＝－15 V ，U B ＝－W BC |q |＝－1.5×10－83.0×10－9＝－5 V ， U D ＝－W DC |q |＝－－W CD |q |＝9.0×10－93.0×10－9＝3 V . 11．如右图所示，AB 是半径为R 的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，场强大小为E ，方向一定，在圆周平面内，将一带正电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点，在这些所有点中，到达C 点时小球的动能最大．已知∠ABC ＝30°，若不计重力和空气阻力，试求：(1)电场方向和AC 之间的夹角θ多大？以及AC 间电势差的大小(2)若小球在A 点时初速度方向与电场方向垂直，小球恰好能落在C 点．则小球的初动能为多大？【解析】 (1)只有A 点与圆周上C 点间的电势差最大，小球到达C 点的动能才最大，则圆周与等势面相切于C 点，过C 点作圆的切线CF 即为等势线，如右图由几何知识可知，∠ACO ＝30°U ＝Ed ＝E (R ＋R sin 30°) U ＝3ER 2. (2)设在A 点小球的初速度为v 0，小球做类平抛运动．沿AD 方向做匀速直线运动：R cos 30°＝v t沿电场方向做匀加速直线运动：F ＝Eq a ＝Eq mR ＋R sin 30°＝12Eq m t 2解得：E k ＝12m v 20＝18qER . 【答案】 (1)30° 3ER 2 (2)18qER。

2020届人教版高考物理一轮复习测试专题《静电场》(含解析)

2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《静电场》一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.在静电场中，将一正电荷从a移动到b点，电场力做了负功，则()A．b点的电场强度一定比a点大B．电场线方向一定从b指向aC．b点的电势一定比a点高D．该电荷的动能一定减小2.某电场的电场线分布如下图所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是()A．A点的场强大于B点的场强，B点的电势高于A点的电势B．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C．一个负电荷处于B点的电势能大于它处于A点的电势能D．若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动3.两个完全相同的金属小球A、B，球A所带电荷量为＋4Q，球B不带电．现将球B与球A接触后，移到与球A 相距为d处(d远远大于小球半径)．已知静电力常量为k，则此时两球A、B之间相互作用的库仑力大小是()A．B．C．D．.4.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，()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5.如图在(0，y0)和(0，－y0)两位置分别固定一个电荷量为＋Q的点电荷．另一个带电量为＋q的点电荷从(－x0,0)位置以初速度v0沿x轴正方向运动．点电荷＋q从(－x0,0)到(x0,0)的过程中只受电场力作用，下列描述其加速度a或速度v与位置x的关系可能正确的是()A．B．C．D．6.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，上极板A接地，一带负电油滴固定于电容器中的P 点．现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则()A．带电油滴所受电场力不变B．P点的电势将升高C．带电油滴的电势能增大D．电容器的电容减小，极板带电量增大7.图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝53°，BC＝20 cm.把一个电量q＝10－5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为－1.6×10－3J，则该匀强电场的场强大小和方向是()A． 800V/m，垂直AC向左B． 800V/m，垂直AC向右C． 1000V/m，垂直AB斜向上D． 1000V/m，垂直AB斜向下8.在点电荷Q产生的电场中有a，b两点，相距为d，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如图所示，则点电荷Q的电性和b点的场强大小为()A．正电、E/3B．负电、E/3C．正电、3ED．负电、3E9.示波器的工作原理等效成下列情况：(如图甲所示)真空室中电极K发出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两极板中心线垂直的范围很大的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交，电子通过极板打到荧光屏上将出现亮点，若在A、B两极板间加上如图乙所示的变化电压，则荧光屏上的亮点运动规律是()A．沿y轴方向做匀速运动B．沿x轴方向做匀速运动C．沿y轴方向做匀加速运动D．沿x轴方向做匀加速运动10.如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球a，带电小球b固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且a球保持静止状态的情景是()A．B．C．D．11.真空中有两个完全相同的半径为r的金属小球，其中一个球带有＋Q的电荷量，另一个带有－2Q的电荷量，当它们相距为d(d≫r)时，其相互作用力为F，现使它们接触后，仍放回原处，则它们之间的作用力变为()A．FB．C．D．12.水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止平衡状态．现将电容器两板间的距离增大，则()A．电容变小，质点向下运动B．电容变小，质点保持静止C．电容变大，质点向下运动D．电容变大，质点向上运动13.如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率v B＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为()A．B．C．D．14.如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则()A．A点的场强大于B点B．电子在A点受到的电场力小于B点C．A点的电势高于B点D．电子在A点的电势能小于B点15.如图(a)所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图(b)所示的电压．t＝0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0<t<8×10－10s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()A． 0<t<2×10－10sB． 2×10－10s<t<4×10－10sC． 4×10－10s<t<6×10－10sD． 6×10－10s<t<8×10－10s16.如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是 ()A．滑动触头向右移动，其他不变，电子打在荧光屏上的位置上升B．滑动触头向左移动，其他不变，电子飞行的轨迹不变C．电压U增大，其他不变，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D．电压U增大，其他不变，电子打在荧光屏上的速度大小不变17.如图示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一电荷量非常小的点电荷，S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力．现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则()A．φa变大，F变大B．φa变大，F变小C．φa不变，F不变D．φa不变，F变小18.如图所示，C是中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地，P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线偏转角度α变小的是()A．缩小a、b间的正对面积B．增大a、b间的距离C．取出a、b两极板间的电介质，换一块介电常数更大的电解质D．取出a、b两极板间的电介质19.如图，一束由不同种类的带电粒子组成的粒子流，从相同位置沿垂直于场强的方向射入由平行板电容器形成的同一个匀强电场中．若所有粒子均能射出电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，关于粒子的运动情况，下列说法正确的是()A．若粒子的运动轨迹相同，说明它们具有相同的初动能B．比荷大的粒子，在射出电场时，其速度偏向角一定大C．若粒子在电场中的运动时间相等，则它们的初速度一定相等D．在电场中运动时间越长的粒子，电场力对它做的功越多20.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()A．带点油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带点油滴的电势将减少D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.如下图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q＝－2×10－10C的点电荷由A点移动到B点，电场力做功4.8×10－8J，再由B点移到C点电荷克服电场力做功4.8×10－8J，取B点的电势为零，求A、C两点的电势及匀强电场的场强方向．22.如图所示，两块竖直放置的导体板间存在水平向左的匀强电场，板间距离为d.有一带电量为＋q、质量为m 的小球(可视为质点)以水平速度从A孔进入匀强电场，且恰好没有与右板相碰，小球最后从B孔离开匀强电场，若A、B两孔的距离为4d，重力加速度为g，求：(1)两板间的电场强度大小；(2)小球从A孔进入电场时的速度；(3)从小球进入电场到其速度达到最小值，小球电势能的变化量为多少？23.如图，三个面积均为S的金属板A、B、C水平放置，A、B相距d1，B、C相距d2，A、C接地，构成两个平行板电容器．上板A中央有小孔D.B板开始不带电．质量为m、电荷量为q(q>0)的液滴从小孔D上方高度为h 处的P点由静止一滴一滴落下．假设液滴接触B板可立即将电荷全部传给B板．油滴间的静电相互作用可忽略，重力加速度取g.(1)若某带电液滴在A、B板之间做匀速直线运动，此液滴是从小孔D上方落下的第几滴？(2)若发现第N滴带电液滴在B板上方某点转为向上运动，求此点与A板的距离H.(以空气为介质的平行板电容器电容C＝S/(4πkd)，式中S为极板面积，d为极板间距，k为静电力常量．)24.如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA.将一将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点．使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍．重力加速度大小为g.求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向．答案解析1.【答案】C【解析】正电荷从a移动到b点，电场力做了负功，电势能增加，说明b点的电势一定比a点高，故C正确；电场强度的大小与电势的高低无关，无法确定，故A错误；b点的电势比a点高，即a、b在不同的等势面上，但电场线方向不一定从b指向a，故B错误；虽然电荷的电势能增加，如有重力做功，该电荷的动能不一定减小，故D错误．2.【答案】A【解析】电场线的疏密程度代表电场强度的大小，A点电场线密集所以A点电场强度大于B点电场强度，沿电场线方向电势逐渐降低，即B点电势高于A点电势，选项A对．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，说明电场力沿电场线方向，电荷为正电荷，选项B错．一个负电荷从B点移动到A点，沿电场线方向移动，电场力做负功，电势能增加，选项C错．若将一个正电荷由A点释放，它将在电场力作用下向左运动，此过程为加速，但是电场强度逐渐变大，电场力逐渐变大，加速度逐渐变大，选项D错．3.【答案】C【解析】由电荷守恒定律知两球接触后电荷平分，则电荷量均为＋2Q，由库仑定律可得库仑力的大小为F＝k，C选项正确．4.【答案】A【解析】由平行板电容器C＝及C＝，保持S不变，增大d，电容C减小，电荷量Q不变，电势差U增大，静电计指针偏角θ增大．保持d不变，减小S，电容C减小，电荷量Q不变，电势差U增大，静电计指针偏角θ增大，A正确．5.【答案】D【解析】根据等量同种电荷电场线的分布情况可知，＋q从－x0到0，再到x0，场强可能先一直减小，再一直增大，但不是均匀减小，也不是均匀增大；由牛顿第二定律知a＝知，加速度不可能均匀变化，故A错误；场强方向先向左后向右，大小可能先增大后减小，再增大，最后减小，由牛顿第二定律知，加速度方向先向左后向右，即先负后正，故B错误；v－t图象的斜率等于加速度，由于加速度是变化的，故v－x图象不可能是直线，故C错误；若场强先一直减小，再一直增大，则加速度先减小后增大，故D正确．6.【答案】B【解析】将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A错误．板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高，故B正确．由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势升高，则油滴的电势能将减小，故C错误．根据电容的定义式C＝，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小，故D错误．故选B.7.【答案】D【解析】由题意得A、B应在同一等势面上UBC＝W/q＝－1.6×10－3/10－5V＝－1.6 ×102V d＝BC sin53°＝0.16 m 则E＝U/d＝1000V/m，方向垂直AB斜向下．8.【答案】D【解析】将场强E、Eb延长，交点即为点电荷所在位置，如图所示，由于电场强度方向指向点电荷Q，则知该点电荷带负电．如图，根据几何知识分析解得，a点到Q点的距离ra＝2d cos30°＝d，b点到Q点的距离rb＝d，a、b两点到点电荷Q的距离之比ra：rb＝：1；由公式E＝k，得：a、b两点场强大小的比值E：Eb＝1：3.得，Eb＝3E，故D 正确．9.【答案】A【解析】粒子在沿电场方向上的加速度a＝＝，在偏转电场中运行的时间t＝粒子在y方向上偏转，偏转位移y1＝at2＝·.飞出偏转电场后，匀速直线运动，侧移y2＝vy·＝则打在荧光屏上偏离中心的距离Y＝y1＋y2＝U因为偏转电压与时间成正比，则Y与时间成正比，所以粒子沿y轴方向做匀速运动，故A正确，B、C、D错误．10.【答案】C【解析】由题意可知小球受重力、库仑力和绳子的拉力，由于小球处于静止状态，所以合力为零，即三个力必然组成闭合的矢量三角形，由此可知选项C正确．【解析】原来库仑力大小为F＝k，它们接触后，仍放回原处，电荷先中和再平分，两球带电荷量均为，则库仑力变为F′＝k，则F′＝，D正确．12.【答案】A【解析】因质点处于静止状态，则有Eq＝mg，且电场力向上；由C＝可知，当d增大时，C减小；因电容器与电池相连，所以两端的电势差不变，因d增大，由E＝可知，极板间的场强减小，故电场力小于重力，故质点将向下运动，A正确．13.【答案】C【解析】粒子，从A到B，根据动能定理得qUAB－mgh＝mv－mv，因为v B＝2v0，粒子在竖直方向，只受到重力，所以机械能守恒，则有mgh＝mv，由以上三式，则有UAB＝.14.【答案】B【解析】由速度—时间图象看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，则电场力<FB，故B正确．电子所受电场力增大，场强增大，电场强度EA<EB，故A错误．由题，电子由静止开始沿电场FA线从A运动到B，电场力的方向从A到B，电子带负电，则场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，电势φA<φB，故C错误．由速度—时间图象看出，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电势能EA>EB，故D错误．15.【答案】D【解析】选向右为正方向，根据题图(b)作出粒子运动的v－t图象如图所示．由图象可知正确选项为D.16.【答案】C【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，电子被加速后有eU1＝，设平行板长度为l，则电子在偏转电场中的侧移距离为y＝，a＝，得y＝，滑动触头向右移，电子的加速电压U1增大，电子在偏转电场中侧移距离减小，电子在荧光屏上位置下降，A错误；滑动触头向左移动，加速电压U1减小，则电子进入偏转电场速度减小，轨迹变化，B错误；电子在偏转电场中沿水平方向做匀速运动，运动时间与偏转电压无关，C正确；偏转电压U2增大，电子在偏转电场中侧移距离增大，电场力做功增大，粒子打在荧光屏上速度大小增大，D错误．【解析】因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则根据公式E＝可得板间电场强度E减小，由F＝qE可知电荷所受电场力变小；因为B板接地，电势恒为零，由U＝Ed可知上板与a间的电势差减小，而总电势差不变，故a与B间的电势差增大，故a点的电势增大，B正确．18.【答案】C【解析】对小球受力分析，小球受重力、拉力、电场力三个力的作用，要使悬线的偏角α变小，需要减小P、Q 两极板间的电场强度，P、Q两极板距离不变，即只需减小P、Q两极板间的电压即可．图中是两个电容器串在一起，所以两个电容器极板间的电压相同．设两电容所带的总电量为Q，P、Q电容为C1，总电荷量等于两个电容所带电荷量的总和，即Q＝Q1＋Q2＝CU＋C1U，电容器所带总电量不变，由C＝和C＝进行分析即可．对小球受力分析如图：由物体的平衡知F电＝mg tanα，要使悬线的偏角a减小，需要减小F电，即减小P、Q两极板间的电场强度，而P、Q两极板距离不变，所以只需减小P、Q两极板间的电压即可，两个电容器串在一起，两个电容器极板间的电压相同，由Q＝Q1＋Q2＝CU＋C1U＝(＋C1)U，只需增大a、b的电容C，由C＝知增大电容C可有三个方法：①减小极板距离d，②增大正对面积S，③换介电常数较大的电介质，则P、Q两极板间的电压就减小，所以选项C正确．19.【答案】C【解析】粒子在极板间做类平抛运动，水平方向：L＝v0t，竖直方向：y＝at2＝，粒子运动轨迹相同，即y相同，由于不知道粒子电荷量q是否相同，无法判断粒子初动能是否相同，故A错误；粒子在极板间做类平抛运动，设速度偏向角为θ，tanθ＝＝＝＝，由于不知道粒子的初速度v0间的关系，比荷大的粒子在射出电场时其速度偏向角不一定大，故B错误；粒子在极板间做类平抛运动，粒子的运动时间：t＝，如果粒子在电场中的运动时间t相等，则粒子的初速度一定相等，故C正确；粒子在极板间做类平抛运动，粒子的运动时间：t＝，粒子运动时间长，说明粒子初速度越小，电场力对粒子做功：W＝qEy＝qE×＝，由于不知道粒子的电荷量q、质量m间的关系，无法判断电场力对粒子做功多少，故D错误．20.【答案】B【解析】电容器两端电压U不变，由公式E＝，场强变小，电场力变小，带点油滴将沿竖直方向向下运动，A 错；P到下极板距离d不变，而强场E减小，由公式U＝Ed知P与正极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P点的电势变小，B对；由于电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C错；图中电容器两端电压U不变，电容C减小时由公式Q＝CU，带电量减小，D错．21.【答案】φA＝φC＝240 V电场的场强方向垂直于AC，指向左上方【解析】把电荷从A点移到B点，由电势定义式可得：＝①UAB由①式解得：UAB＝240 V②所以φA－φB＝φA＝－240 V③把电荷从B点移到C点，由电势定义式可得：＝④UBC由④式解得：UBC＝240 V⑤－φC＝－φC＝240 V⑥φB则φC＝－240 V⑦因为φA＝φC，即A、C在同一等势面上，根据场强与等势面垂直且由高电势处指向低电势处，可得该电场的场强方向垂直于AC，指向左上方．22.【答案】(1)(2)(3)增加mgd【解析】(1)由题意可知，小球在水平方向先减速到零，然后反向加速．设小球进入A孔的速度为v0，减速到右板的时间为t，则有：水平方向：d＝v0t－t20＝v0－t竖直方向：4d＝g(2t)2联立解得E＝(2)在水平方向上根据牛顿第二定律有qE＝max根据运动学公式有0－v＝2(－ax)d联立解得v0＝(3)小球进入电场后，在水平方向上做减速运动，即v x＝v0－t′在竖直方向上做加速运动，即v y＝gt′小球在电场中的速度大小为v＝联立由数学知识可得t′＝时小球速度达到最小，此时粒子在水平方向的位移为：x＝v0t′＝t′2在此过程中电场力做功为W＝－qEx而W＝－ΔE p联立解得ΔE p＝mgd，即粒子的电势能增加mgd.23.【答案】(1)(1＋)＋1(2)【解析】(1)根据题意，A、B板与B、C板构成的两个平行板电容器的电容分别为C1＝①C2＝②设第n滴带电液滴可在A、B板之间做匀速直线运动．当第n滴带电液滴处于A、B板之间时，B板所带电荷量为：Q1＋Q2＝(n－1)q③式中，Q1和Q2分别为金属板B上下两个表面上的电荷量．设B板电势为U，则Q1＝C1U④Q2＝C2U⑤A、B板之间的电场强度为E1＝U/d1⑥由于第n滴带电液滴在A、B板之间做匀速直线运动，有：qE1＝mg⑦联立以上各式得n＝(1＋)＋1⑧(2)当第N－1滴带电液滴在B板上时，(1)中①至⑤仍有效，相应的B板电势以及其上下表面所带电荷量分别记为U′、Q1′和Q2′.B板所带电荷量为Q1′＋Q2′＝(N－l)q⑨按题意，第N滴带电液滴会在下落到离A板距离为H(H<d1)时，速度为零，此时液滴所在位置的电势为：U′H＝U′⑩由能量守恒得：qU′H＝mg(h＋H)⑪由①②④⑤⑨⑩式得：H＝⑫24.【答案】(1)(2)mg从O点斜向下与竖直方向成30°角【解析】(1)由平抛运动的规律，h＝gt2x＝vttanθ＝得2v0＝3gt所以h＝gt2＝由动能定理得mgh＝E k－mvE k＝mv所以E k∶E k0＝7∶3＝(2)令OA＝2L，OB＝3L由动能定理得＋mg·2L sin 30°＝E k1－E k0UOAq＋mg3L＝E k12－E k0UOBq由上式mg.2L sin 30°＝＝mv解得UOAq＝mv＝mvUOBq所以UOA＝UOB场强方向在∠AOB的角平分线上，从O点斜向下与竖直方向成30°角．由上式Eq2L sin 60°＝mvmg.2L sin 30°＝＝mv 所以E＝mg。

2020届高三高考物理一轮复习知识点总结专项练习：电场中的图像

电场中的图像1.(2019·洛阳联考)静电场在x 轴上的场强E 随x 的变化关系如图所示，x 轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x 轴运动，则点电荷 ( )A ．在x 2和x 4处电势能相等B ．由x 1运动到x 3的过程中电势能增大C ．由x 1运动到x 4的过程中电势能先减小后增大D ．由x 1运动到x 4的过程中电场力先减小后增大2.(2019·石家庄模拟)如图所示，真空中有一半径为R 、电荷量为＋Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x 轴．理论分析表明，x 轴上各点的场强随x 变化关系如图乙所示，则 ( )A ．x 2处场强大小为kQ x 22B ．球内部的电场为匀强电场C ．x 1、x 2两点处的电势相同D ．假设将试探电荷沿x 轴移动，则从x 1移到R 处和从R 移到x 2处电场力做功相同3.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能E p 随位移x 变化的关系如图所示，其中0～ x 2段是关于直线x ＝x 1对称的曲线，x 2～x 3段是直线，则下列说法正确的是 ( )A ．x 1处电场强度最小，但不为零B ．粒子在0～x 2段做匀变速运动，x 2～x 3段做匀速直线运动C ．在0、x 1、x 2、x 3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2＝φ0>φ3D ．x 2～x 3段的电场强度大小方向均不变4.(2019·福建泉州模拟)在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域．则该质子()A．在－x0～0区间一直做加速运动B．在0～x0区间受到的电场力一直减小C．在－x0～0区间电势能一直减小D．在－x0～0区间电势能一直增加5．(多选)(2019·安徽黄山模拟)光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一质量m＝1 g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点(图中未画出)，其运动过程的v－t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定()A．中垂线上B点电场强度最大B．A、B两点之间的位移大小C．B点是连线中点，C与A点必在连线两侧D．U BC>U AB6.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，x A、x B分别为A、B两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能E p随其坐标x变化的关系如图乙所示，E p A和E p B分别表示电子在A、B两点时的电势能．则下列说法中正确的是()A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝E p A－E p BD．电子在A点的动能大于在B点的动能7.(2019·山东潍坊实验中学模拟)某电场中沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示．场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x1位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计点电荷的重力．下列说法正确的是()A．点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小B．点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小C．电势差U Ox1＜U Ox2D．在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置时的电势能最大8.已知电荷均匀分布的绝缘球，球壳对壳内点电荷的作用力为零，对球壳外点电荷的作用力等于将所有电荷量全部集中在球心的点电荷对球外点电荷的作用力．若真空中有一半径为R的均匀带正电的绝缘球，通过其球心作一条直线，用r表示该直线上某点到球心的距离，则该直线上各点的电场强度E随r变化的图象正确的是()9.(2019·长沙模拟)有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强E随与球心的距离x变化的关系如图所示；在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常量为k，半径为R的球面面积为S＝4πR2，则下列说法正确的是()A．均匀带电球壳带电密度为E04πk B．图中r＝1.5RC．在x轴上各点中有且只有x＝R处电势最高D．球面与球心间电势差为E0R10.沿x轴方向存在一静电场，电场强度的大小关于位置的变化规律如图所示(图线为正弦图线)，则下列说法正确的是()A．Ob两点的电势差等于Od两点的电势差B．a、c两点的电势相等C．电子在O点的电势能大于电子在c点的电势能D．质子由a点沿x轴运动到c点的过程中，电场力先做负功再做正功11.(2019·成都高新区一诊)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以初速度－v0做直线运动，其v-t图象如图所示。

2020高考物理一轮复习专题08电场(解析版)

专题08 电场1．（2020届河南省十所名校高三阶段性测试）如图所示，P、Q为水平面内带等量同种正电的固定点电荷，M、N为P、Q连线竖直方向上的垂直平分线上的两点，且M、N关于P、Q连线对称。

一个带负电的粒子，在M点以一定的初速度射出，若粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是（）A．若粒子沿中垂线向下射出，粒子在N点的速度大小与在M点的速度大小相等B．若粒子沿中垂线向下射出，粒子在N点的加速度与在M点的加速度相同C．若粒子沿中垂线向上射出，粒子向上运动的过程加速度一定越来越小，电势能一定越来越大D．若粒子垂直中垂线射出，粒子运动过程中的电势能可能保持不变【答案】AD【解析】两等量正电荷周围部分电场线如图所示。

根据对称性知，M、N电势相等，因此粒子沿中垂线向下射出时，粒子在N点的动能与在M点的动能相同，则速度大小相同，故A正确；电场线的切线方向为电场强度的方向，M、N点的电场强度方向相反，所以电场力的方向相反，所以粒子在N点的加速度与在M点的加速度方向相反，故B错误；若粒子沿中垂线向上射出，由于电场强度有可能先变大后变小，因此加速度有可能先变大后变小，故C 错误；若粒子垂直中垂线且垂直纸面射出，粒子受到的电场力刚好能维持粒子做圆周运动，则粒子的电势能不变，故D正确。

故选AD。

2．（2020届黑龙江省哈尔滨市三中高三第二次模拟）如图所示，匀强电场中A、B、C三点间距离均为L ，构成一个等边三角形，等边三角形所在平面与匀强电场方向平行，若在A 处放一正电荷+q ，在B 处放一负电荷－q ，则C 点场强为0，现将A 、B 处的电荷互换位置，匀强电场保持不变，则C 点场强大小为(设正负电荷不影响匀强电场的分布)（）A ．3kqB ．2kqL C ．3kq D ．22kqL【答案】D【解析】若在A 处放一正电荷+q ，在B 处放一负电荷－q ，正负电荷分别在C 点产生的电场强度大小相等，方向如图1，由电场叠加后合场强大小与匀强电场强度大小相等，匀强电场方向如图1中红色所示，由几何关系可知122kq E E L ==，则匀强电场大小为2q E k L =，将A 、B 处的电荷互换位置，如图2所示，由几何关系可知，此时A 、B 处的电荷在C 处产生的场强的合场强与匀强电场方向相同，大小相等，则此时C 点的场强为22C kq E L =，故D 正确，ABC 错误。