2021年江西省高考物理电场复习题 (34)
2021届高三物理一轮复习 静电场训练(电容器 带电粒子在电场中的运动)
2021届高三物理一轮复习静电场训练二(电容器带电粒子在电场中的运动)一.选择题(本题共12小题,1-7为单选题,8-12为多选题,每小题4分,计48分)1．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断不正确的是()A．增大两极板间的距离，指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小2.(2016·全国Ⅰ卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变3.如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．当正对的平行板左右错开一些时()A．带电尘粒将向上运动B．带电尘粒将向下运动C．通过电阻R的电流方向为A到BD．通过电阻R的电流方向为B到A4．如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则()A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ变小C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小5．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M∶m为()A．3∶2 B．2∶1C．5∶2 D．3∶16.电容式加速度传感器的原理结构如图所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则()A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流7．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则()A．在荧屏上的亮斑向上移动B．在荧屏上的亮斑向下移动C．偏转电场对电子做的功减小D．偏转电场的电场强度减小8．(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板．A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示．现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则()A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板B．若电子是在t＝T2时刻进入的，它一定不能到达B板C．若电子是在t＝T8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板D ．若电子是在t ＝3T8时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后穿过B 板9.(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a 、b 间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )A ．a 的质量比b 的大B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等10．(多选)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd11．(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶112．(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两极板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v 0从两极板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m ＝4×10－5 kg 、电荷量q ＝＋1×10－8 C ，g 取10 m/s 2则下列说法正确的是( )A ．微粒的入射速度v 0＝10 m/sB ．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C ．电源电压为180 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D ．电源电压为100 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场二、计算题(本题共4小题，共52分．解答时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)13．(12分)如图所示，一带电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，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．重力加速度取g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度的大小；(2)若将电场强度减小为原来的12，小物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后小物块下滑距离L 时的动能．14．(12分)如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E 1、E 2，已知区域Ⅰ宽L 1＝0.8 m ，区域Ⅱ宽L 2＝0.4 m ，E 1＝102V/m 且方向与水平方向成45°角斜向右上方，E 2＝20 V/m 且方向竖直向下．带电荷量为q ＝＋1.6×10－3C ．质量m ＝1.6×10－3 kg 的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放．g 取10 m/s 2，求：(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间； (2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向．15.(14分)如图甲所示，A 、B 为两块相距很近的平行金属板，A 、B 间电压为U AB ＝－U 0，紧贴A 板有一电子源，不停地飘出质量为m ，带电荷量为e 的电子(可视为初速度为0)．在B 板右侧两块平行金属板M 、N 间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T ＝Lm2eU 0，板间中线与电子源在同一水平线上．已知板间距d ＝38L ，极板长L ，距偏转板右边缘S 处有荧光屏，经时间t 统计(t ≫T )只有50%的电子能打到荧光屏上．(板外无电场)，求：(1)电子进入偏转板时的速度；(2)T4时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离； (3)电子打在荧光屏上的范围Y .16.(2020全国I ) (14分)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O 为圆心，半径为R 的圆，AB 为圆的直径，如图所示。
2020-2024全国高考真题物理汇编：电势差与电场强度的关系
2020-2024全国高考真题物理汇编电势差与电场强度的关系一、单选题1．（2024江西高考真题）极板间一蜡烛火焰带有正离子、电子以及其他的带电粒子，两极板电压保持不变，当电极板距离减小时，电场强度如何变？电子受力方向？（ ）A ．电场强度增大，方向向左B ．电场强度增大，方向向右C ．电场强度减小，方向向左D ．电场强度减小，方向向右2．（2024北京高考真题）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M 、N 两点，P 、Q 是MN 连线上的两点，且MP QN =。
下列说法正确的是（ ）A ．P 点电场强度比Q 点电场强度大B ．P 点电势与Q 点电势相等C ．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P 点电场强度大小也变为原来的2倍D ．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P 、Q 两点间电势差不变二、多选题3．（2021海南高考真题）如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab 和cd 是圆的两条直径，其中ab 与电场方向的夹角为60︒，0.2m ab =，cd 与电场方向平行，a 、b 两点的电势差20V ab U =。
则（ ）A ．电场强度的大小200V /m E =B ．b 点的电势比d 点的低5VC ．将电子从c 点移到d 点，电场力做正功D ．电子在a 点的电势能大于在c 点的电势能4．（2022重庆高考真题）如图为两点电荷Q 、Q '的电场等势面分布示意图，Q 、Q '位于x 轴上，相邻等势面的电势差为3V 。
若x 轴上的M 点和N 点位于0V 等势面上，P 为某等势面上一点，则（ ）A．N点的电场强度大小比M点的大B．Q为正电荷C．M点的电场方向沿x轴负方向D．P点与M点的电势差为12V三、填空题5．（2023福建高考真题）“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。
2021年江西省高考物理电场复习题 (22)
2021年江西省高考物理电场复习题
22．如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于O A和O B两点。
用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，玻璃棒移开后将悬点O B移到O A点固定。
A、B球接触后分开，平衡时距离为0.12 m．已测得A、B球的质量均为1.2×10﹣5 kg，．A、
B球可视为点电荷，重力加速度g取10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N．m2/C2。
则A、B球接触分开后，求：
（1）A、B球所带电荷量是否相等；
（2）B球所受静电力的大小；
（3）B球所带的电荷量。
【解答】解：（1）用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，与A球接触后A带正电，而B不带电，所以两球接触后所带电荷量相等且都带正电。
（2）平衡后，两球都处于平衡状态，对A球受力分析，设悬挂A的细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
根据几何关系得：sinθ=L
2
l
=0.06
0.10
=0.6
则：θ＝37°
则：tanθ=3 4
根据平衡条件得：tanθ=
F mg
代入数据解得：F＝9.0×10﹣5N
（3）根据库仑定律可知：F=kq2 L2
解得B球所带电荷量为：q＝1.2×10﹣8C 答：（1）A、B球所带电荷量相等。
（2）B球所受静电力的大小为9.0×10﹣5N。
（3）B球所带的电荷量为1.2×10﹣8C。
2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第八单元 恒定电流 作业34闭合电路的欧姆定律 Word版含答案
题组层级快练(三十四)闭合电路的欧姆定律一、选择题1.(2017·上海质检)如图所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线，设两个电源的内阻分别为r a和r b，若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为I a和I b，则( )A．r a>r bB．I a>I bC．R0接电源a时，电源的输出功率较大，但效率较低D．R0接电源b时，电源的输出功率较小，效率较低答案ABC解析在电源路端电压与电流的关系图像中，斜率表示电源内阻，r a>r b，选项A正确；在图像中作出定值电阻R0的伏安特性曲线，与电源的伏安特性曲线交点表示电路工作点，I a>I b，选项B正确；R0接电源a时，电源的输出功率较大，但效率较低，R0接电源b时，电源的输出功率较小，但效率较高，选项C正确，选项D错误．2.用电压表检查如图所示电路中的故障，测得Uad＝5.0 V，U cd＝0V，U bc＝0 V，U ab＝5.0 V，则此故障可能是( )A．L断路B．R断路C．R′断路D．S断路答案 B解析U ad＝5.0 V说明a到电源正极，d到电源负极均通路．U ab＝5.0 V，说明a到电源正极，b到电源负极均通路，故R一定断路．3．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r.看作理想电压表，当闭合开关、将滑动变阻器的触片从左端向右端移动时，下列说法中正确的是( )A．L1、L2均变暗，的示数变小B．L1、L2均变亮，的示数变大C．L1变亮、L2变暗，的示数变大D．L1变暗、L2变亮，的示数变小答案 C解析首先要认清电路特点(可画出电路图)，L1与滑动变阻器并联，再与L2串联；测电源的外电压．滑动变阻器的触片从左端滑到右端时，其电阻变大，并联电阻变大，电路的总电阻变大，电流变小，内电压也变小，外电压变大，的示数变大；因L2连在干路，其电流变小，电压也变小，功率变小而变暗；并联电路的电压变大，L1功率也变大而变亮．4．(2017·安徽联考)某同学做电学实验(电源内阻r不能忽略)，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的( )答案 C解析设图中定值电阻的阻值为R，则四个选项中电压表的读数分别为U A＝E－I(r＋R)、U B ＝E－Ir、U C＝IR和U D＝E－Ir，则可知只有C项满足题中要求，所以选项C正确．5.如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E，内阻为r，R1、R2是定值电阻，R B是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c、d接报警器．电路闭合后，当传感器R B所在处出现磁体时，则电流表的电流I，c、d两端的电压U将( )A．I变大，U变小B．I变小，U变大C．I变大，U变大D．I变小，U变小答案 A解析当R B处出现磁体时，R B减小，总电阻减小，总电流变大，U＝E－I(R1＋r)知U变小，U R1＝IR1知U R1↑，U变小则通过R2电流变小，则Ⓐ示数变大，故选项A正确．6.如图所示，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，r为电源内阻，R3>r，闭合开关S后，在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是( )A．路端电压变小B．电流表的示数变大C．电源的输出功率变大D．电源内部消耗的电功率变小答案AC解析在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，电路的总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，R3两端的电压变大，R2两端的电压减小，因此电流表的示数变小，可知选项A正确，选项B 错误；由于R 3>r ，随着滑动变阻器连入电路的电阻减小，电源的输出功率变大，电源内部消耗的电功率变大，因此选项C 正确，选项D 错误．7．(2016·上海)如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电键，电压表示数为U ，电流表示数为I ；在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中( )A ．U 先变大后变小B ．I 先变小后变大C ．U 与I 比值先变大后变小D ．U 变化量与I 变化量比值等于R 3答案 BC解析 据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故选项A 错误；滑片滑动过程中，电阻R 1的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增加，故选项B 、C 正确；由于电压表示数没有变化，故选项D 错误．8．(2016·江苏)如图所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，下列说法正确的有( )A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A答案 AC解析 设四个电阻的等效电阻为R 路，由1R 路＝115 Ω＋5 Ω＋15 Ω＋15 Ω得R 路＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律知，I ＝E R 路＋r ＝12 V 10 Ω＋2 Ω＝1 A ，设路端电压为U ，则U ＝IR 路＝1 A ×10 Ω＝10 V ，选项A 正确；电源的总功率P ＝EI ＝12 W ，选项B 错误；设电源负极电势为0 V ，则a 点电势φa ＝0.5 A ×5 Ω－0＝2.5 V ，b 点电势φb ＝0.5 A ×15 Ω－0＝7.5 V ，则a 、b 两点的电势差U ab ＝φa －φb ＝2.5 V －7.5 V ＝－5 V ，所以a 、b 间电压的大小为5 V ，选项C 正确；当将a 、b 两点用导线连接后，由于导线没有电阻，此时a 、b 两点电势相等，其等效电路图如图所示．其中一个并联电路的等效电阻为3.75 Ω，显然总电阻为9.5 Ω，电流I ′＝E R 总＝2419A ，故选项D 错误．9．如图所示，A 、B 分别为电源E 和电阻R 的U －I 图线，虚线C 是过图线A 、B 交点的曲线B 的切线．现将电源E 与电阻R 及开关、导线组成闭合电路，由图像可知( )A ．电源的电动势为3 V ，此时消耗的总功率为6 WB ．R 的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1 ΩC ．此时电源消耗的热功率为4 W ，效率约为66.7%D ．若再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变答案 AD解析 由电源的U －I 图线可知电源的电动势为3 V ，内电阻为1 Ω，此时电阻两端电压为1 V ，通过的电流为2 A ，所以电源消耗的总功率为P ＝EI ＝6 W ，A 项正确；由题图可知R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为R ＝U I＝0.5 Ω，B 项错误；由P r ＝I 2r 知此时电源消耗的热功率为4 W ，由η＝UI EI×100%知电源的效率是33.3%，C 项错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率为最大，所以再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变、增大或减小，D 项正确．10.如图所示的电路中，灯泡A 和灯泡B 原来都是正常发光的，现在突然灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B 比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( )A ．R 3断路B ．R 2断路C ．R 1短路D ．R 1、R 2同时短路答案 B解析 由电路图可知，通过灯泡A 的电流等于通过灯泡B 的电流与通过R 2的电流之和．灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，说明通过灯泡B的电流变大，而通过灯泡A 的电流变小，因此通过R1的电流变小，所以选B项．R3断路或R1短路都会使两灯泡都比原来变亮；R1、R2同时短路会使灯泡A比原来变亮，灯泡B熄灭．11．(2016·黄冈模拟)如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表Ⓐ和电压表的示数分别为I和U.以下说法正确的是( )A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C．若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D．若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变答案BD解析若仅将R2的滑动触头P向b端移动，电压表与电流表示数都不变，选项A错误；增大A、B板间距离，电容减小，电容器两端电压不变，由Q＝CU得电荷量减小，选项B正确；光照更强，光敏电阻R1变小，根据串联分压，U变小，选项C错误；U变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值就等于r，选项D正确．12．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是( )A．小球带负电B．当滑动触头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大C．当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D．当滑动触头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动触头在a处时电源的输出功率答案 C解析根据电路图可知φA>φB，A、B间电场强度方向水平向右，小球受电场力方向也向右，故小球带正电，A项错误．当滑动触头从a向b滑动时，R1两端电压减小，板间场强减小，绝缘线的偏角变小，所以B项错误．当极板间电压减小时，由Q＝CU可知Q减小，电容器放电，电流表中有电流，方向从上向下，所以C项正确．由于电源的内阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率变化情况，D项错误．13.如图所示，M 、N 是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R 1，R 2为可变电阻，开关S 闭合．质量为m 的带正电荷的微粒从P 点以水平速度v 0射入金属板间，沿曲线打在N 板上的O点．若经下列调整后，微粒仍从P 点以水平速度v 0射入，则关于微粒打在N 板上的位置说法正确的是( )A ．保持开关S 闭合，增大R 1，粒子打在O 点左侧B ．保持开关S 闭合，增大R 2，粒子打在O 点左侧C ．断开开关S ，M 极板稍微上移，粒子打在O 点右侧D ．断开开关S ，N 极板稍微下移，粒子打在O 点右侧答案 AD解析 保持开关S 闭合，R 0两端的电压为U ＝E R 0＋R 1·R 0，增大R 1，U 将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力，产生的加速度增大，则d 2＝12at 2，水平位移为x ＝v 0t ＝v 0d a，水平位移将减小，故粒子打在O 点左侧，故A 项正确；保持开关S 闭合，增大R 2，不会影响电阻R 0两端的电压，故粒子打在O 点，故B 项错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E ＝U d ，结合C ＝Q U 及C ＝εS 4πkd 可得E ＝4πkQ S ε，电场强度不变，故加速度不变，M 极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O 点，故C 项错误；若N极板稍微下移，偏转量增大，根据d ′＝12at 2，水平位移为x ＝v 0t ＝v 02d ′a，水平位移将增大，故粒子打在O 点右侧，故D 项正确．14．如图甲所示，其中R 两端电压U 随通过该电阻的直流电流I 的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0 V(内阻不计)，且R 1＝1 000 Ω(不随温度变化)．若改变R 2，使AB 与BC 间的电压相等，这时( )A ．R 的阻值为1 000 ΩB ．R 的阻值为1 300 ΩC ．通过R 的电流为1.5 MaD ．通过R 的电流为2.0 mA答案 BC解析 要使AB 与BC 间的电压相等，即有E ＝U AB ＋U BC ，U AB ＝U BC ，解得U BC ＝3.5 V ．而U BC ＝U＋IR 1，联立解得U ＝U BC －IR 1，将U BC ＝3.5 V ，R 1＝1 000 Ω代入得U ＝3.5－1 000I ，在题给图像中作出函数关系U ＝3.5－1 000I 的图像，两图像的交点对应的横纵坐标I ＝1.5 mA ，U ＝2 V 即为公共解，由IR ＝U 解得R ＝U I＝1 300 Ω.二、非选择题15．(2017·济南测试)如图甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变阻器．当其滑片P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R 2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值．解析 (1)图乙中AB 延长线，交U 轴于20 V 处，交I 轴于1.0 A 处所以电源的电动势为E ＝20 V ，内阻r ＝E I＝20 Ω (2)当P 滑到R 3的右端时，电路参数对应图乙中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A得R 2＝U 2I 2＝5 Ω (3)当P 滑到R 3的左端时，由图乙知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A所以R 外＝U 外I 总＝80 Ω 因为R 外＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2 所以滑动变阻器的最大阻值为R 3＝300 Ω。
2021年江西省高考物理电场复习题 (21)
2021年江西省高考物理电场复习题
21．如图所示，用绝缘细绳系一个带正电小球在竖直平面内做圆周运动，已知绳长为L ，重力加速度g ，小球半径不计，质量为m ，电荷q 。
不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重力的9倍。
（1）求小球在最低点时的速度大小；
（2）如果在小球通过最低点时，突然在空间加一个竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳能够出现无拉力状态，求电场强度可能的大小。
【解答】解：（1）在最低点，对小球，由向心力公式得：F ﹣mg ＝m
v 12L 据题有 F ＝9mg
解得：v 1＝2√2gL
（2）如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现无拉力状态，小球能通过与圆心等高的水平面，但不能通过最高点。
若小球恰能通过最高点，从最低点到最高点，由动能定理得：﹣mg •2L ﹣Eq •2L =12mv 22−12
mv 12 在最高点有：Eq+mg ＝m
v 22L
联立解得 E =3mg 5q 小球不低于与圆心等高的水平面，若小球能运动到与圆心O 等高处时，从最低点到最高点，由动能定理得：
﹣mgL ﹣EqL ＝0−12mv 12 则 E =3mg q
所以电场强度可能的大小范围为
3mg 5q ≤E ≤3mg q 。
答：
（1）小球在最低点时的速度大小为2√2gL 。
3mg 5q ≤E≤3mg
q。
（2）电场强度可能的大小。
2021年江西省高考物理电场复习题 (2)
2021年江西省高考物理电场复习题2．磁学的研究经历了磁荷观点和电流观点的发展历程。
（1）早期磁学的研究认为磁性源于磁荷，即磁铁N极上聚集着正磁荷，S极上聚集着负磁荷（磁荷与我们熟悉的电荷相对应）。
类似两电荷间的电场力，米歇尔和库仑通过实验测出了两磁极间的作用力F＝K m p1p2r2，其中p1和p2表示两点磁荷的磁荷量，r是真空中两点磁荷间的距离，K m为常量。
请类比电场强度的定义方法写出磁场强度H的大小及方向的定义；并求出在真空中磁荷量为P0的正点磁荷的磁场中，距该点磁荷为R1处的磁场强度大小H1。
（2）安培分子电流假说开启了近代磁学，认为磁性源于运动的电荷，科学的发展证实了分子电流由原子内部电子的运动形成。
毕奥、萨伐尔等人得出了研究结论：半径为R x、电流为I x的环形电流中心处的磁感应强度大小为B=K n I xR x，其中K n为已知常量。
a．设氢原子核外电子绕核做圆周运动的轨道半径为r，电子质量为m，电荷量为e，静电力常量为k，求该“分子电流”在圆心处的磁感应强度大小B1。
b．有人用电流观点解释地磁成因：在地球内部的古登堡面附近集结着绕地轴转动的管状电子群，转动的角速度为ω，该电子群形成的电流产生了地磁场。
如图所示，为简化问题，假设古登堡面的半径为R，电子均匀分布在距地心R、直径为d的管道内，且d＝R．试证明：此管状电子群在地心处产生的磁感应强度大小B2∝ω。
【解答】解：（1）磁场强度定义为：放入磁场中某点的检验磁荷受磁场力的F跟该磁荷的磁荷量P的比值，叫做该点的磁场强度。
定义式为：H=F P磁场中某点的磁场强度方向与正检验磁荷所受磁场力的方向相同。
在真空中距正点磁荷R1处放一磁荷为P 的正检验磁荷，则该检验磁荷所受的磁场力为： F =K n P 0PR 12由磁感应强度的定义可得：H 1=F P =K n P 0R 12（2）a 、设电子绕核做圆周运动的周期为T ，等效的“分子电流”大小为：I =e T分子电流I 在圆心处的磁感应强度大小为B 1=k n I r由上述几联立可得：B 1=K n e 22√k mr b 、设管状电子群的总电荷量为Q ，则其转动的周期为T 1=2πω定向转动所形成的等效电流为I 1=QT 1 管状电流I1在圆心处的磁感应强度大小为B 2=K n I 1R由以上三式可联立可得：B 2=K n Q 2πRω 所以 B 2∝ω答：（1）在真空中磁荷量为P 0的正点磁荷的磁场中，距该点磁荷为R 1处的磁场强度大小H 1为K n P 0R 12；（2）a 、该“分子电流”在圆心处的磁感应强度大小B 1为k n I r ；b 、证明（略），过程见上述解答中。
03电场-2021年高考6套物理真题分类解析(解析版)
必修第三册电场（解析版）—2021年高考物理真题（6套）分类解析1.全国甲卷第6题. 某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（）A. 一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功B. 一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eVC. b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D. a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大【答案】BD【解析】A．由图象可知φb = φe则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；B．由图象可知φa = 3V，φd = 7V根据电场力做功与电势能的变化关系有W ad=E p a-E p d= (φa- φd) ( -e) = 4eVB正确；C．沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示由上图可看出，b 点电场线最密集，则b 点处的场强最大，D 正确。
故选BD 。
2.全国乙卷第2题. 如图（a ），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。
由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b ）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。
若将一正试探电荷先后放于M 和N 处，该试探电荷受到的电场力大小分别为M F 和N F ，相应的电势能分别为p M E 和p N E ，则（ ）A. ,M N pM pN F F E E <>B. ,M N pM pN F F E E >>C. ,M N pM pN F F E E <<D. ,M N pM pN F F E E ><【答案】A【解析】由图中等势面的疏密程度可知M N E E <根据F qE =可知M N F F <由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M 点移到N 点，可知电场力做正功，电势能减小，即p p M N E E >故选A 。
2021年高考物理电场复习题 (42)
2021年高考物理电场复习题42．如图所示，在竖直平面内固定一个14光滑圆弧轨道AB ，轨道半径R ＝0.45m ，轨道最低点A 与圆心O 等高．同时固定一与水平方向成θ＝37°角的足够长的绝缘倾斜平板，平板上端C 点在圆弧轨道B 点正上方，圆弧轨道和平板均处于场强大小E ＝100N/C 、方向竖直向上的匀强电场中．现将一质量为m ＝0.02kg 、带电量q 1＝+4×10﹣3C 的小球从A 点静止释放，小球通过B 点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，垂直打在平板上的D 点．取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，小球视为质点，求：（1）小球经过B 点时速度v B 的大小；（2）若小球离开B 点时，位于平板上端C 点，质量M ＝1.0kg 的另一带电滑块（其带电量是q 2＝+2×10﹣1C ，滑块视为质点）在沿平板向下的恒定拉力F 作用下由静止开始向下加速运动，恰好在D 点被小球击中，已知滑块与平板间动摩擦因数μ＝0.25，求B 、D 两点间电势差U m 和拉力F 的大小；（3）小球与滑块碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，设碰撞前后滑块速度不变，仍沿平板向下运动，求滑块此后沿平板运动的时间t ．【解答】解：（1）从A 到B 的过程，根据动能定理有：q 1ER −mgR =12mv B 2 解得 v B ＝3m/s（2）小球离开B 点后受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，所以小球做类平抛运动，设小球由B 点到D 点的运动时间为t 1，加速度为a ，上升高度为h竖直方向由牛顿第二定律 q 1E ﹣mg ＝mah =12at 12 根据速度合成有 v Bat 1=tan θB 、D 两点间电势差 U m ＝Eh联立解得U m ＝80V由几何关系得CD之间距离x＝1.5m设滑块由C点到D点加速度为a1根据牛顿第二定律得F﹣（q2E﹣Mg）sinθ﹣μ（q2E﹣Mg）cosθ＝Ma1x=12a1t12，解得a1=754m/s2；F＝26.75N（3）滑块到D点的速度v D＝a1t1＝7.5m/s碰撞后滑块沿斜面向下做匀减速运动，设滑块由C点到D点加速度为a2，据牛顿第二定律得（q2E﹣Mg）sinθ+μ（q2E﹣Mg）cosθ＝Ma2解得a2＝8m/s2；滑块减速到最低点J点的时间t2=v Da2=1516s＝0.9375sDJ之间距离x1=12v D t2滑块从J点反回到C点过程有（q2E﹣Mg）sinθ﹣μ（q2E﹣Mg）cosθ＝Ma3解得a3＝4m/s2；x+x1=12a3t32解得t3=√64216≈1.58s）滑块此后在斜面上运动的时间t＝t2+t3≈2.52s答：（1）小球经过B点时速度v B的大小是3m/s；（2）B、D两点间电势差U m是80V，拉力F的大小是26.75N；（3）滑块此后沿平板运动的时间t是2.52s．。
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2021年江西省高考物理电场复习题
34．如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为θ＝37°，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E＝1×104N/C、水平向右的匀强电场中．一质量m＝4×10﹣3kg、带电量q＝+3×10﹣6C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零．已知CD段长度L＝0.8m，圆弧DG的半径r＝0.2m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．求：
（1）滑块与CD段之间的动摩擦因数μ；
（2）滑块在CD段上运动的总路程．
（3）滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能．
【解答】解：（1）滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得：
qE L2−μmg(L+L2)=0①
解出μ=
qE
3mg
=0.25②
（2）滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01N、电场力qE＝0.03N，滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D点的速度为0．
全过程由动能定理得：
qE•L+（﹣μmgs）＝0﹣0③
解出s=
qE
μmg
L=3L=2.4m④
（3）GH段的倾角θ＝37°，滑块受到的重力mg＝0.04N，电场力qE＝0.03N
qEcosθ＝mgsinθ＝0.024N，加速度a＝0．所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能．
对C到G过程由动能定理得：
E
=Eq(L+rsinθ)−μmgL−mg(r−rcosθ)=0.018J⑤
k最大
滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘体有最小动能
对D到G过程由动能定理得：
E
=Eqrsinθ﹣mg（r﹣rcosθ）＝0.002J⑥
k最小
答：（1）滑块与CD段之间的动摩擦因数μ为0.25；
（2）滑块在CD段上运动的总路程2.4m．
（3）滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能0.018J，最小动能为0.002J．。