2019-2020年高三物理一轮复习 专题训练 电场
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，。
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②A、B两点间的电势差为
③带电小球从A点运动到B点的过程中电势能增加了Fdcosθ
④若带电小球从B点向A点做匀速直线运动，则F必须反向
A．①②B．①③C．②③D．③④
【答案】C
7．有一光滑绝缘斜面体，如图所示，在斜面体上的a点与B点连线正好与斜面垂直，a点与A点相连正好与MN连线垂直。现把一带正 电小球1放在光滑绝缘斜面的a点上，欲使小球1能静止该点位置，需在MN上放另一带电小球2，则小球2可能是( )
A．随着电荷量的增大而增大B．与两电荷量的乘积成正比
C．随着电荷间距离的增大而减小D．与电荷间距离的平方成反比
【答案】C
3．真空中一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为，S/4πkd。对此电容器充电后断开电源。当增加两板间距时，电容器极板间( )
A．电场强度不变，电势差变大B．电场强度不变，电势差不变
C．适当增大磁感应强度BD．适当增大加速电压U
【答案】AB
5．真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果保持它们之间的距离不变，将其中之一的电量增大为原来的4倍，则它们之间的静电力大小等于( )
A．16FB．4FC．2FD．
【答案】B
6．如图在纸面内有一匀强电场，一带正电的小球（不计重力）在恒力F作用下沿虚线从A点匀速运动到B点。已知力F和AB间的夹角θ，点A、B间的距离为d，小球带电q，则下列结论正确的是( )
【答案】C
9．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地。用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变大( )
A．将M板向下平移
(1)如果带电粒子的射入速度变为2v0，则离开电场时，沿场强方向偏转的距离y为多少？
(2)如果带电粒子以速度2v0射入电场上边缘，当它沿竖直方向运动的位移为d时，它的水平位移x为多大？(粒子的重力忽略不计)
【答案】2V
14．图中实线表示匀强电场的电场线，虚线A、B、C表示等势面，相邻两等势面间的距离相等。有一正电荷在等势面A上的动能为4.0×10 J，只在电场力作用下运动到等势面C上时动能为0，若取B为零电势面，当此电荷的电势能为5.0×10 J时，电荷的动能为___________J。
【答案】1.5×10
B．将M板沿水平向右方向靠近N板
C．在M、N之间插入云母板（介电常数ε>1）
D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触
【答案】A
10．一平行板 电容器两极板间距为d，与电源连接时，极板间一带电微粒恰好静止．现在把它与电源断开，用绝缘手柄使两极在d与2d之间上下周期性运动，则微粒( )
A．仍处于静止B．上下往复运动
15．一般说来，构成电容器的两个导体的正对面积距离这个电容器的电容就越大；两个导体间的性质也会影响电容பைடு நூலகம்的电容。
【答案】越大，越近，电介质
16．有三个相同的绝缘金属小球A、B、C，其中A小球带有2.0×10-5C的正电荷，小球B、 C不带电。现在让小球C先和小球A接触后取走，再让小球B与小球A接触后分开，最后让小球B与小球C接触后分开，最终三小球的带电量分别为qA＝C，qB＝C，qC＝C。
【答案】5×10-6C，7.5×10-6C，7.5×10-6C
三、计算题(共3小题，共32分.解答要写出必要的文字说明、方程式和主要步骤.只写出答案不能得分，有数值计算的题，答案须写出数值和单位.)
17．如图所示，一带电粒子以速度v0沿上板边缘垂直于电场线射入匀强电场，它刚好贴着下板边缘飞出．已知匀强电场两极板长为l，间距为d，求：
2019-2020年高三物理一轮复习专题训练电场
一、选择题(共12小题，每小题4分，满分48分。在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答的得0分。)
1．如图所示，把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a，b端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是( )
C．电场强度减小，电势差不变D．电场强度较小，电势差减小
【答案】A
4．如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向下极板偏转。设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B。如果要使电子沿直线从电场和磁场区域通过，以下办法可行的是( )
A．适当减小加速电压UB．适当增大电场强度E
A．电容器的电容增大B．电容器的电容减小
C．电容器的电容不变D．以上说法都不对
【答案】B
二、填空题(共4小题，共20分.把答案填在题中的横 线上或按题目要求作答.)
13．将一个10－6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做功2×10－6J，从C点移到D点，电场力做功7×10－6J，若已知B点比C点电势高3V，则 ＝____V。
C．向上加速运动D．向下加速运动
【答案】A
11．静电场中，带电录音带子在电场作用下从电势为 的a点运动至电势为 的b点，若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的比荷q/m为( )
A． B． C． D．
【答案】C
12．将可变电容器韵动片旋出一些，与没有旋出时相比，下列说法中正确的是( )
A．闭合K1，有电子从枕型导体流向地
B．闭合K2，有电子从枕型导体流向地
C．闭合K1，有电子从地流向枕型导体
D．闭合K2，没有电子通过K2
【答案】C
2．某同学为了探 究影响电荷间相互作用力的因素，进行了以下的实验:M是一个带正电的物体，把系在丝线上的带相同电量正电的轻质小球先后挂在P1、P2、P3位置,发现丝线偏离竖直方向的角度逐渐变小.这个实验结果说明电荷之间的作用力( )
A．带负电，放在B点的左侧B．带负电，放在A点的左 侧
C．带正电，放在B点的右侧D．带正电，放在A点的左侧
【答案】D
8．平行板电容器,其两板始终保持跟一直流电源的正、负极相连接,当两板间插入电介质时,电容器的带电量和两极板间的电势差的变化是( )
A．带电量不变，电势差增大B．带电量不变，电势差减小
C．带电量增大，电势差不变D．带电量减小，电势差不变