2012届高三物理二轮模拟试题汇编8 电场
2012届高考物理第二轮计算题专项训练(含答案)
2012届高考物理第二轮计算题专项训练(含答案)计算题训练（1）1、如图所示，水平传送带的速度为4.0m/s，它的右端与等高的光滑水平平台相接触.一工作m（可看成质点）轻轻放手传送带的左端，工件与传送带间的动摩擦因数，经过一段时间工件从光滑水平平台上滑出，恰好落在小车左端，已知平台与小车的高度差h=0.8m，小车左端距平台右端的水平距离为s=1.2m，取g=10m/s2，求：（1）工件水平抛出的初速度是多少？（2）传送带的长度L是多少？2、如图所示，质量m=6.0kg物块（可视为质点）从斜面上的A点由静止开始下滑，滑到斜面底端B后沿水平桌面再滑行一段距离后从C点飞出，最后落在水平面上的E点。
已知物块与斜面、水平桌面间的动摩擦因数都为μ=0.50，斜坡的倾角θ=37°，CD高h=0.45m，BC长L=2.0m，DE长S=1.2m。
假设斜坡与水平桌面间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计。
试求：（1）物块经过C点的速度大小；(2)物体在B点的速度大小；（3）物体在斜面上滑行的时间。
3、如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE 组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止释放，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力N，改变H的大小，可测出相应的N的大小，N随H 的变化关系如图乙折线PQI所示(PQ与QI两直线相连接于Q点)，QI反向延长交纵轴于F点(0,5.8N)，重力加速度g取10m/s2，求：(1)图线上的PQ段是对应物块在哪段轨道上由静止释放（无需说明理由）？并求出小物块的质量m；(2)圆轨道的半径R、轨道DC所对应的圆心角θ；(3)小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ。
4、如图甲所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距L=1m，两导轨的上端间接有电阻，阻值R=2Ω，虚线OO'下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2T。
2012届高三物理二轮专题检测(最新模拟题汇编)专题九 磁场(全解析)
专题九 磁场1．【2012•黄冈期末】如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N 1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N 2 ，则以下说法正确的是（ ） A ．弹簧长度将变长 B ．弹簧长度将变短C ．N 1＞N 2D ．N 1＜N 2【答案】BC【解析】画出导体棒所在处的磁感线方向，用左手定则可判断出条形磁铁对导体棒的安培力斜向右下，由牛顿第三定律可知，导体棒对条形磁铁的安培力斜向左上，所以弹簧长度将变短，N 1＞N 2，选项BC 正确。
2．电【2012•河北期末】子作近核运动的时候，产生了垂直于相对运动方向的磁场。
如下图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O 点（图中白点）为坐标原点，沿z 轴正方向磁感应强度大小的变化最有可能为 （ ）【答案】C【解析】磁感线是为了形象地描述磁场而人为假想的曲线。
其疏密程度反映磁场的强弱，磁感线越密的地方磁场越强，沿z 轴正方向磁感线由密到疏再到密，即磁感应强度由大到小再到大，只有C 正确。
3．【2012•江西重点中学调考】如图所示，一个半径为R 的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B 大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角（环面轴线为竖直方向）。
若导线环上载有如图所示的恒定电流I ，则下列说法正确的是（ ） A ．导电圆环所受安培力方向竖直向下 B ．导电圆环所受安培力方向竖直向上C ．导电圆环所受安培力的大小为2BIRD ．导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ 【答案】BD【解析】将导线分成小的电流元,任取一小段电流元为对象,把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量,则竖直方向的分磁场产生的安培力为零,水平方向的分磁场产生的安培力为:s i n 2F B I L B I R θπ==,方向为竖直向上，所以BD 正确4．【2012•江苏苏北四市一模】电视显像管上的图像是电子束打在荧光屏的荧光点上产生的。
(新课标)高考物理二轮复习 专题强化训练8 电路问题(含解析)-人教版高三全册物理试题
专题强化训练(八)选择题(共20个小题，1～10为单项选择，其余为多项选择，每题5分共100分)1．图甲为某电源的U －I 图线，图乙为某小灯泡的U －I 图线，如此如下说法中正确的答案是( )A ．电源的内阻为0.5 ΩB ．小灯泡的电阻随着功率的增大而减小C ．当小灯泡两端的电压为0.5 V 时，它的电阻约为16Ω D ．把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.3 W答案 D解析 由图甲，根据U ＝E －Ir 可得：电动势E ＝1.5 V ，内阻r ＝1.5－1.03Ω＝16Ω，故A 项错误；由图乙可得：电压越大，斜率越大，故电阻越大，故B 项错误；由图乙可得：当小灯泡两端的电压U ＝0.5 V 时，电流I ＝6 A ，故电阻R ＝U I ＝0.56Ω＝112Ω，故C 项错误；把电源和小灯泡组成闭合回路，将甲、乙两图叠加到一起，两条U －I 曲线的交点即小灯泡的电压、电流的大小如图丙，故U≈0.125 V ，I ≈2.5 A ，所以，小灯泡的功率P ＝UI≈0.3 W ，故D 项正确．应当选D 项．2．如图1所示，R 1和R 2是材料一样、厚度一样、外表为正方形的导体，边长之比为2∶1，通过导体电流方向如虚线所示；现将这两个电阻R 1、R 2串联接入正弦交流电路，电路如图2所示；交流电源电压u 随时间t 变化的情况如图3所示．如此如下说法中正确的答案是( )A ．电阻R 1和R 2的阻值比为1∶2B ．流过电阻R 1和R 2的电流比为1∶2C ．电阻R 1两端的电压最大值为220 VD ．电阻R 2两端的电压有效值为110 V答案 D解析 设电阻的厚度为D ，正方形边长为L ，由题意与图中的电流方向与电阻定律有R ＝ρ·L S＝ρL DL ＝ρD，即材料一样、厚度一样、外表为正方形的导体电阻相等，如此电阻一样，故A 项错误；两导体电阻是串联，所以流过两个导体的电流是相等的，故B 项错误；两导体电阻是串联在电路中，由于两个电阻的电阻值相等，结合串并联电路的特点可知两电阻两端的电压是相等的，其有效值都是110 V ，最大值都是110 2 V ，故C 项错误，D 项正确．应当选D 项．3.如下列图，A 、B 为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M 、N ，D 为理想二极管，R 为滑动变阻器．闭合开关S ，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M 、N 的正上方P 点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N 处．如此如下说法中正确的有( )A ．假设仅将A 板上移，带电小球将能运动至N 处B．假设仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出C．假设仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球仍将恰好运动至小孔N处答案 D解析A板上移，电容器C减小，但二极管单向导电，电量不变，场强E不变，假设小球恰好能运动至小孔N处，由动能定理得：mgh PN－qEd AB＝0，假设仅将A板上移，h PN不变，d AB 增加，带电小球无法到达N处，故A项错误；小球恰好能运动至小孔N处，由动能定理：mgh PN －qU AB＝0，仅将B板上移，h PN减小，U AB不变，mgh PN<qU AB，带电小球无法到达N处，故B项错误；仅将变阻器的滑片上移，U AB变大，mgh PN<qU AB，带电小球无法到达N处，故C项错误；断开开关S，h PN、U AB均不变，带电小球依然能运动至N处，故D项正确．4.如图，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器最大阻值为R0.假设灯的电阻不变，某同学闭合开关S后，将变阻器滑片P由a端向b端移动时，观察到灯L1的亮度一直变暗，如此可作出以下判断( )A．R2>R0，L2亮度先变亮后变暗B．R2>R0，L2亮度不断变亮C．R2<R0，L2亮度先变后亮变暗D．R2<R0，L2亮度不断变亮答案 B解析当R2>R0时，灯L2与滑动变阻器的左局部串联的总电阻一定大于右局部的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻增大，所以总电流减小，所以通过灯L1的电流减小，所以L1变暗，通过L2的电流变大，L2变亮，故A项错误，B项正确；当R2<R0时，灯L2与滑动变阻器的左局部串联的总电阻先大于后小于右局部的电阻，当变阻器的滑片P由a 端向b端移动时，总电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故L1先变暗后变亮；当电路的总电流处于减小状态的时候，灯L1两端电压减小，电路并联局部电压是逐渐增大，此时L2亮度不断变大，当总电流处于增大的状态的时候，L1灯电压逐渐增大，而并联局部的电压不断减小，灯L2不断变暗，所以L2的亮度先变亮后变暗，故C 、D 两项错误．应当选B 项．5.如下列图，理想变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1，电压表和电流表均为理想电表，一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上．从某时刻开始在原线圈接入电压的有效值为220 V 的正弦交流电，并将开关接在1处，如此如下判断正确的答案是( )A ．电压表的示数为22 VB ．假设滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，如此1 min 内滑动变阻器产生的热量为1 452 JC ．假设只将S 从1拨到2，变压器的输入功率减小D ．假设只将滑动变阻器的滑片向下滑动，如此两电表示数均减小答案 B解析 变压器输入电压和输出电压之比为匝数之比，故输出端电压为22010V ＝22 V ，但由于二极管具有单向导电性，从而使通过二极管的电压有效值减小，由有效值的定义得U 22R ·T 2＝U 有2RT ，得R 两端电压的有效值U 有效＝11 2 V ，故电压表示数一定小于22 V ，故A 项错误；接入电阻为10 Ω，如此根据Q ＝U 2R t 可得，产生的热量Q ＝〔112〕210×60 J ＝1 452 J ，故B 项正确；假设只将S 从1拨到2，如此输入端线圈匝数减小，匝数比减小，如此输出电压增大，如此输出功率增大，故变压器的输入功率将增大，故C 项错误；假设只将滑动变阻器的滑片向下滑动，接入电阻增大，如此输出端电流减小，但电压表示数不变，故D 项错误．应当选B 项．6.如下列图，电源电动势E ＝1.5 V ，内电阻r ＝0.5 Ω，滑动变阻器R 1的最大电阻R m ＝5.0 Ω，定值电阻R 2＝2.0 Ω，C 为平行板电容器，其电容为3μF.将开关S 与a 接触，如此( )A．当R1的阻值增大时，R2两端的电压减小B．当R1接入电路阻值为0.5 Ω时，R1消耗的功率最大C．将开关从a接向b，流过R3的电流流向为d→cD．将开关从a接向b，待电路稳定，流过R3的电荷量为9×10－3 C答案 A解析当R1的阻值增大时，外电路的总电阻增大，总电流减小，R2两端的电压减小，故A 项正确；将R2等效为电源的内阻，当R1＝R2＋r＝2 Ω＋0.5 Ω＝2.5 Ω时，R1消耗的功率最大，故B项错误；当开关接a时，电容器右极板带正电，将开关从a接向b，稳定时电容器左极板带正电，所以电容器先放电后反向充电，流过R3的电流流向为c→d，故C项错误；因R1接入的阻值未知，不能求出电容器上电压的变化，故不能求出流过R1的电荷量，故D 项错误．应当选A项．7.某同学将一电路中电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如下列图．如此该电路( )A．电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝3 ΩB．电流为1 A时，外电阻为2 ΩC．b表示电源的输出功率，最大值为9 WD．外电阻为1 Ω时，电源输出功率为4.5 W答案 B 解析 根据直流电源的总功率P E ＝EI ，内部的发热功率P r ＝I 2r ，输出功率P R ＝EI －I 2r ，可知反映P r 变化的图线是b ，反映P E 变化的是图线a ，反映P R 变化的是图线c.图线a 的斜率等于电源的电动势，得到E ＝93 V ＝3 V ，内部的发热功率P r ＝I 2r ，内阻为r ＝932Ω＝1 Ω，电源的最大输出功率P m ＝E 24r ＝324×1 W ＝94 W ，故A 、C 两项错误；当电流为1 A 时，由I ＝E R ＋r，代入得R ＝2 Ω，故B 项正确；外电阻为1 Ω，等于内阻时，电源输出功率最大为E 24r ＝94W ，故D 项错误．8．如下列图的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，各电表均为理想电表．在a 、b 两点间接入电源后，调节R 2，可获得电压表V 1、V 2的示数随电流表A 示数变化的图象，如此( )A ．只有图①是合理的B ．只有图②是合理的C ．只有图②、③是合理的D ．只有图①、③是合理的答案 C解析 因V 1的读数等于定值电阻R 1两端的电压，可知V 1随I 变化的图象是经过原点的直线，且图象的斜率等于R 1；假设把R 1看作电源的内阻，可知V 2－I 图象表示等效电源的U －I 图象，其斜率等于R 1＋r ，假设r ＝0，如此其斜率等于电阻R 1的U －I 图象的斜率，如图象②所示；假设r≠0如此图象的斜率大于电阻R 1的U －I 图象的斜率，如图③所示；应当选C 项．9.如下列图，R 3＝4 Ω，闭合开关S ，电流表读数为0.75 A ，电压表读数为2 V ，经过一段时间，一个电阻断路，使电流表读数变为0.8 A ，电压表读数变为3.2 V ，如此根据上述提供的条件，可以推出的结论是( )A ．发生断路的电阻是R 3B ．发生断路的电阻是R 4C ．能算出R 4的阻值D ．能算出电源的电动势答案 D解析 由于发生故障后，电压表和电流表都有示数且均增大，说明外电阻增大，故只能是R 2断路，故A 、B 两项错误；R 2被烧断后，电压表的示数等于电阻R 1两端的电压，如此有：R 1＝U ′1I ′1＝3.20.8Ω＝4 Ω 第一种情况下，有：电阻R 3两端的电压为：U 3＝I 1R 1－U 1＝0.75×4 V －2 V ＝1 V通过电阻R 3的电流为：I 3＝U 3R 3＝14A ＝0.25 A 根据闭合电路欧姆定律得：E ＝I 1R 1＋(I 1＋I 3)(R 4＋r)代入得：E ＝3＋(R 4＋r)第二情况下，有：E ＝U ′1＋I ′1(R 4＋r)E ＝3.2＋0.8(R 4＋r)解得：E ＝4 V ，R 4＋r ＝1 Ω由于r 未知，所以R 4不能求出，故C 项错误，D 项正确．10.如下列图的电路中，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，R 1为光敏电阻，R 2为定值电阻．当R 3的滑动触头P 在a 端时，闭合开关S ，此时电流表A 和电压表V 的示数分别为I 和U.以下说法正确的答案是( )A ．假设仅将R 3的滑动触头P 向b 端移动，如此I 减小，U 增大B ．假设仅增大A 、B 板间距离，如此电容器所带电荷量增大C ．假设仅用更强的光照射R 1，如此I 增大，U 增大D ．假设仅用更强的光照射R 1，如此U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变 答案 D解析 假设仅将R 3的滑动触头P 向b 端移动，R 3所在支路有电容器，被断路，所以I 、U 保持不变，故A 项错误；假设仅增大A 、B 板间距离，该支路被断路，不影响电路中的电流、电压，电容器两端电压不变；根据电容C ＝εr S 4πkd可得：仅增大A 、B 板间距离d ，电容C 减小，根据Q ＝CU 可知：电容器所带电荷量减少，故B 项错误；假设仅用更强的光照射R 1，电阻随光照强度的增大而减小，故外电阻减小，那么电流I 增大，路端电压U 减小，由U ＝E－Ir 可得：U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值ΔU ΔI＝r ，是不变的，故C 项错误，D 项正确．11. (多项选择)在如下列图的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 3为滑动变阻器，R 2为定值电阻，C 为电容器．开始时开关S 1、S 2闭合．如下操作能使电容器所带电荷量增加的是( )A ．断开开关S 1B ．断开开关S 2C ．向左移动滑动变阻器R 1的滑片D ．向左移动滑动变阻器R 3的滑片答案 B解析 断开开关S 1，电容器放电，电荷量减少，故A 项错误；断开开关S 2，电容器测量电源两端的电压，如此电容器两极板间电压增大，根据Q ＝CU 可知，电容器所带电荷量增加，故B 项正确；向左移动滑动变阻器R 1的滑片，不会影响电容器两端电压，电容器所带电荷量不变，故C 项错误；向左移动滑动变阻器R 3的滑片，总电阻增大，干路电流减小，如此电容器两端电压减小，所带电荷量减小，故D 项错误．应当选B 项．12．一交流发电机产生的感应电动势图象如图2所示，该交流电通过一自耦变压器对一电阻供电，不计发电机内阻，如此如下说法正确的答案是( )A ．电阻中电流方向每秒钟改变5次B ．电压表V 示数为8.5 VC ．当自耦变压器滑片P 向上滑动时，电阻消耗的功率增大D ．t ＝0.05 s 时，发电机线圈平面与磁场方向平行答案 BD解析 f ＝1T＝5 Hz ，电流方向一个周期改变2次，所以电阻中电流方向每秒钟改变10次，故A 项错误；根据正弦图象知，E m ＝12 V ，T ＝0.2 s ，电动势的有效值为：U ＝E m2≈8.5 V ，故B 项正确；当自耦变压器滑片P 向上滑动时，R 两端电压下降，电流减小，电阻消耗的功率减小，故C 项错误；t ＝0.05 s 时，感应电动势最大，磁通量为零，此时发电机线圈平面与磁场方向平行，故D 项正确．应当选B 、D 两项．13．图1是某种电动势不变而内阻随电流的变化而变化的电源的U －I 图线，图2是一滑块从某一斜面滑下的过程中机械能随滑动距离而变化的图线，斜面上各处的动摩擦因数不同，关于这两条图线，如下说法正确的答案是( )A ．图1中电源工作在a 状态时电源内阻为U 1I 2－I 1B ．图1中，电源工作在a 状态时电源内阻为U 0－U 1I 1C ．图2中滑块下滑到x 1处时，所受摩擦力为E 1x 2－x 1D ．图2中，滑块下滑到x 1处时，所受摩擦力为E 0－E 1x 1答案 BC解析 分析图1可知，电源电动势为U 0，工作在a 状态时，路端电压为U 1，干路电流为I 1，根据闭合电路欧姆定律可知，内电压为U 0－U 1，如此电源内阻r ＝U 0－U 1I 1，故A 项错误，B 项正确；根据功能关系可知，除了重力以外的其他力做功等于机械能的变化，摩擦力做功等于机械能的减少量，图2中，滑块下滑到x 1处，摩擦力f ＝ΔE Δx ＝E 1x 2－x 1，故C 项正确，D 项错误．应当选B 、C 两项．14．在如图甲所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，闭合开关S ，在滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化．图乙中的三条图线分别表示了三个电压表示数的变化情况．如此如下说法正确的答案是( )A ．图线a 表示的是电压表V 1的示数的变化情况B ．图线c 表示的是电压表V 2的示数的变化情况C ．此过程中电压表V 1示数的变化量ΔU 1和电流表A 示数的变化量ΔI 的比值的绝对值不变D ．此过程中电压表V 3示数的变化量ΔU 3和电流表A 示数的变化量ΔI 的比值的绝对值变小 答案 BC解析 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，可知路端电压减小，即知电压表V 1示数减小，电压表V 2的示数增大，电压表V 3的示数减小，如此知图线a 表示的是电压表V 3的示数随电流表示数变化的情况，图线c 表示的是电压表V 2的示数随电流表示数变化的情况，故A 项错误，B 项正确；由闭合电路欧姆定律得：U 1＝E －Ir ，如此⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU 1ΔI ＝r ，保持不变，故C 项正确；由闭合电路欧姆定律得：U 3＝E －I(r ＋R 1)，如此⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU 3ΔI ＝R 1＋r.保持不变，故D 项错误． 15.在图示电路中，电源的电动势为E ，内阻不计．R 1＝R 2＝R 3＝R.当a 、b 间接一理想电流表时，电容器的带电量为Q ，如此( )A ．电流表的读数为E R，电容器上极板带负电 B ．当a 、b 间接一阻值为2R 的电阻时，电容器下极板带正电C ．当a 、b 间接一阻值为2R 的电阻时，电容器的带电量为Q 3D ．当a 、b 间接一理想电压表时，电容器的带电量为零答案 BC解析 当a 、b 间接一理想电流表时，由于电源的电动势为E ，内阻不计，因此电流表的读数I ＝E R 3＝E R，结合电路图，可知，电容器的上极板电势较高，因此带正电，故A 项错误；当a 、b 间接一阻值为2R 的电阻时，那么其两端电势降落23E ，而电阻R 1的电势降落12E ，因此电容器下极板电势较高，如此带正电，故B 项正确；由B 项分析，电容器两极板间电压为ΔU ＝23E －12E ＝16E ，而当a 、b 间接一理想电流表时，电容器的带电量为Q ，即Q ＝12E ·C ，那么电容器的带电量为Q 3，故C 项正确；当a 、b 间接一理想电压表时，电容器两极板间电压即为电阻R 2两端的电压，因此带电量不为零，故D 项错误．应当选B 、C 两项．16.如下列图，完全一样的四只灯泡A 、B 、C 、D 连接在理想变压器原副线圈电路中，且电阻均保持恒定，如此如下选项中正确的答案是( )A ．.假设灯泡A 、B 、C 、D 均能正常发光，如此原副线圈的匝数比为1∶4B ．假设灯泡A 、B 、C 、D 均能正常发光，如此原副线圈的匝数比为1∶3C ．假设原副线圈的匝数比为3∶1，且灯泡A 正常发光时，如此灯泡B 、C 、D 均能正常发光D ．假设原副线圈的匝数比为2∶1，且灯泡A 两端的电压为U ，如此交流总电压为7U 3答案 CD解析 4个灯泡均正常发光，所以原线圈电流与副线圈电流之比为1∶3，根据电流与匝数成反比可知该变压器是降压变压器，原副线圈匝数比为3∶1，故A 、B 两项错误，C 项正确；假设原副线圈的匝数比为2∶1，且A 两端的电压为U ，设原线圈上的电流为I ，如此副线圈上的电流为2I ，所以副线圈上的电压为：U 2＝23I ·R ＝23U 此时原线圈上的电压为：U 1＝2U 2＝43U 交流电的总电压为：U 总＝U ＋U 1＝U ＋43U ＝73U ，即交流总电压为7U 3，故D 项正确．应当选C 、D 两项．17.如下列图，A 、B 为一样的灯泡，C 为电容器，L 为电感线圈(其直流电阻小于灯泡电阻)．如下说法中正确的有( )A ．闭合开关，灯泡B 立即发光B ．闭合开关，电路稳定后，灯泡A 中没有电流C ．电路稳定后，断开开关，灯泡B 变得更亮后再熄灭D ．电路稳定后，断开开关，灯泡A 中电流立即为零答案 AC解析 闭合开关瞬间，电感L 阻碍电流流过，电流都通过灯泡B ，灯泡B 立即发光，故A 项正确；闭合开关，电路稳定后，说明电容充电完毕，电流都通过灯泡A ，故B 项错误；电路稳定后，断开开关，电感L 阻碍电流减少，感应出短暂电流继续流，反向流过灯泡B ，因为电感线圈的直流电阻小于灯泡电阻，所以感应出的电流比原来灯泡B 的电流大，灯泡B 变得更亮后再熄灭，故C 项正确；电路稳定后，断开开关，电容器放电，灯泡A 中电流不会立即为零，故D 项错误．应当选A 、C 两项．18．如图甲所示，电动势为E 、内阻为r 的电源与R ＝6 Ω的定值电阻、滑动变阻器R P 、开关S 组成串联回路，滑动变阻器消耗的功率P 与其接入电路的有效阻值R P 的关系如图乙所示．如下说法正确的答案是( )A ．电源的电动势E ＝4105V ，内阻r ＝4 Ω B ．图乙中R x ＝25 ΩC ．定值电阻R 消耗的最大功率为0.96 WD ．调整滑动变阻器R P 的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1 W答案 BC解析 由图乙知，当R P ＝R ＋r ＝10 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，R ＝6 Ω，可得内阻r ＝4 Ω最大功率P ＝E 24〔R ＋r 〕＝0.4 W ，解得E ＝4 V ，故A 项错误； 滑动变阻器的阻值为4 Ω与阻值为R x 时消耗的功率相等，有4R x ＝(R ＋r)2，解得R x ＝25 Ω，故B 项正确； 当回路中电流最大时，定值电阻R 消耗的功率最大，故最大功率为P max ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R ＝0.96 W ，故C 项正确；当外电路电阻与内阻相等时，电源的输出功率最大．此题中定值电阻R 的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器R P 的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为P 出max ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R ＝0.96 W ，故D 项错误．应当选B 、C 两项．19．如下列图，发电机(内阻不计)与理想变压器连接成电路，当发电机的转速为50 r/s 时，四个一样的灯泡L 、L 1、L 2、L 3均能正常发光．不考虑灯泡电阻的变化与其他影响，如此( )A ．通过灯泡L 的电流方向每秒变化50次B ．该变压器初次级线圈的匝数比为3∶1C ．假设仅将发电机的转速变为25 r/s ，灯泡L 的功率将变为原来的0.5倍D ．假设仅将发电机的转速变为25 r/s ，发电机的输出功率将变为原来的0.25倍 答案 BD解析 发电机的转速为50 r/s ，交流电的周期T ＝0.02 s ，频率f ＝50 Hz ，正弦交流电在一个周期内方向改变两次，故发电机线圈中电流方向每秒变化100次，故A 项错误；设每只灯的额定电流为I ，额定电压为U ，由于并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I ，原副线圈电流之比为1∶3，所以原、副线圈的匝数之比为3∶1，故B 项正确；原线圈电压为3U ，而灯泡L 的电压也为U ，所以发电机的输出电压为4U ，而副线圈电压为U ，假设仅将发电机的转速变为25 r/s ，发电机的输出电压为12U ，原线圈电压为32U ，副线圈电压为12U ，L 1、L 2、L 3的电流为12I ，副线圈的电流是32I ，原线圈的电流为12I ，灯泡L 的电流也为12I ，灯泡L 的功率将变为原来的0.25倍，故C 项错误；假设仅将发电机的转速变为25 r/s ，由于电流和电压都变为原来的12，所以发电机的输出功率将变为原来的0.25倍，故D 项正确．应当选B 、D 两项．20．如图1所示，电源E ＝12 V ，内阻不计，灯泡L 的额定电压为9 V ，其伏安特性曲线如图2所示，滑动变阻器R 的最大阻值为10 Ω.如此( )A ．灯泡L 的阻值随电流的增大而减小B ．灯泡L 的额定功率为13.5 WC ．灯泡L 消耗电功率的最小值是2 WD ．滑动变阻器接入电路的阻值应至少为6 Ω答案 BC解析 从图象可以看出随电流的增大，电压与电流的比值越来越大，即电阻越来越大，故A 项错误；从图象可以看出额定电压为9 V 时，电流为1.5 A ，相乘得额定功率为13.5 W ，故B 项正确；滑动变阻器R 取最大阻值10 Ω时，灯泡L 消耗电功率最小，将电源和阻值10 Ω看作一个电动势12 V ，内阻10 Ω的等效电源，如此其电压电流满足U ＝12－10I ，坐标(2，1)满足，是该表达式图象与灯泡L 伏安特性曲线的交点，即滑动变阻器R 取最大阻值10 Ω时，灯泡电压为2 V ，电流为1 A ，电功率2 W ，故C 项正确；灯泡L 额定电压为9 V ，此时电流为1.5 A ，如此滑动变阻器接入电路的阻值R x ＝12－91.5Ω＝2 Ω，故D 项错误．应当选B 、C 两项．。
高三物理电场试题答案及解析
高三物理电场试题答案及解析1.一电子仅受电场力作用，从高电势处移动到低电势处，则A．电场力对电子做正功B．电子的电势能减少C．电子的动能减少D．电子的动能和电势能的总和保持不变【答案】CD【解析】本题考查电场力做功与能量的关系，从高电势处移动到低电势处，电场力做负功电势能增加，只有电场力作用，则电子原来有一定的动能，后来一部分动能消耗了，电子的动能减少，电子的动能和电势能的总和保持不变即能量守恒；2.如图所示，在真空中有两个等量正电荷Q，分别置于A、B两点，DC为A、B连线的中垂线，D为无限远处，现将一正电荷q由C点沿CD移动到D点的过程中，下述结论中正确的是：（）A. q的电势能逐渐增大.B. q的电势能逐渐减小C. q受到的电场力先增大后减小.D. q受到的电场力逐渐减小.【答案】BC【解析】对于等量同种点电荷产生的电场和电势分布特点：在两电荷连线的中垂线上，C点和无穷远处的场强均为零，所以中垂线上由C点的场强为零开始，场强是先增大后逐渐减小的，到无穷远处时减小为零,所以q受到的电场力先增大后减小，C正确D错误；中垂线上任意点关于C点的对称点的场强大小相等，方向相反。
规定无穷远处电势为零，则从C点向中垂线的两端逐渐减小，到无穷远处减小为零。
所以q的电势能逐渐减小,A错误B正确。
3.如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。
现撤去F，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中A．小球的重力势能增加-W1B．小球的电势能减少W2C．小球的机械能增加W1+D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒【解析】：由功能关系可知，在小球由静止到离开弹簧的过程中，小球的重力势能增加-W 1, 小球的电势能减少W 2,选项AB 正确；小球的机械能增加W 2，小球与弹簧组成的系统机械能和电势能之和保持不变，选项CD 错误。
高考物理二轮总复习课后习题专题3 电场与磁场 专题分层突破练8 磁场 带电粒子在磁场中的运动 (4)
专题分层突破练8 磁场带电粒子在磁场中的运动A组1.(四川雅安模拟)光滑的水平桌面上有两根粗细均匀的金属棒,弯折后左、右摆放正好凑成一个正六边形oabcde,边长为L。
它们的两端分别在o处和c处相互接触,两接触面均与ab边和de边平行,o处接触但是相互绝缘,c处不绝缘。
匀强磁场的方向垂直于桌面向上,磁感应强度大小为B。
当通以方向如图所示、大小为I的电流时,两金属棒仍处于静止状态,则( )A.o处左棒对右棒的弹力大小为2BILB.o处左棒对右棒的弹力大小为BILC.c处左棒对右棒的弹力大小为4BILD.c处左棒对右棒的弹力大小为3BIL2.(广东卷)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。
一质子以某一速度从立方体左侧垂直yOz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。
下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影,可能正确的是( )3.(湖南衡阳八中模拟)有一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧,将边长为d的正三角形匀质金属线框(线框由电阻为R的金属丝折合而成)如图甲、乙情况放置,静止时弹簧的长度分别为L1和L2。
现将该金属线框如图丙所示接入电路,导线的左右接触点分别为线框左右两边的中点,导线电阻不计,磁场方向垂直纸面向外,大小为B,电源的电动势为E,内阻为r,导线与线框之间作用力可以忽略,则闭合开关S后,弹簧的长度L3为( )A.L1+9BdE2k(2R+9r)B.L2+9BdE2k(2R+9r)C.L1-5BdE2k(2R+9r)D.L2+5BdE2k(2R+9r)4.(北京延庆一模)如图所示,边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场,一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边以一定速度射入磁场,仅在洛伦兹力的作用下,正好从ab边中点N射出磁场。
忽略粒子受到的重力,下列说法正确的是( )A.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,粒子将从b点射出B.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍C.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,粒子将从a点射出D.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍5.(多选)(四川成都三模)如图所示,半径为R的半圆形区域内(含边界)有方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,MN为位于磁场下边界的处有一粒子源S,以不同速率沿平行粒子收集板,磁场左侧边界与MN相距R2于MN的方向射入大量质量均为m、电荷量均为q的粒子,部分粒子能够打在收集板上。
2012届高三物理第二轮专题讲座(51讲)8-4电磁场在实际中的应用 新人教版
电磁场在实际中的应用温故自查1．原理：如下列图，由所受重力可忽略不计，运动方向一样而速率不同的带电粒子组成的粒子束射入相互正交的匀强电场和匀强磁场所组成的场区中．电场强度大小为E，方向向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，假设粒子运动轨迹不发生偏折(重力不计)，必须满足平衡条件：，故v＝，这样就把满足v＝的粒子从速度选择器中选择出来了．qBv＝qE2．特点(1)速度选择器只选择速度(大小、方向)，而不选择粒子的质量和电量．如上图假设从右侧入射如此不能穿出场区．(2)速度选择器B、E、v三个物理量的大小、方向互相约束，以保证粒子受到的电场力和洛伦兹力如图中只改变磁场B的方向，粒子将向下偏转．(3)当v′>v＝E/B时，如此qBv′>qE，粒子向上偏转；当v′<v＝E/B时，qBv′<qE，粒子向下偏转．等大、反．向考点精析1．由v＝可以看出通过调节E(即调节速度选择器电极两端的电压)和B就可以选择出进入偏转磁场的带电粒子的速度v.2．速度选择器对正、负电荷均适用，且其两极间距离极小，粒子稍有偏转，即会打到极板上．3．速度选择器中的E、B的方向具有确定的关系，仅改变其中一个的方向，就不能对速度做出选择．在复合场的方向符合要求的情况下，不论带电粒子的性质如何，只要带电粒子沿着设定的方向进入复合场，就可以对速度进展选择，因为洛伦兹力的方向与速度方向有关.温故自查1．用途：质谱仪是利用和控制电荷运动的精细仪器，它是一种测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．2．构造：质谱仪由静电加速器、速度选择器、偏转磁场、显示屏等组成，如下列图：①带电粒子注入器；②加速电场(U)；③速度选择器(B1、E)；④偏转磁场(B2)；⑤照相底片．电场磁场考点精析质谱仪的工作原理：如下列图，设有一质量为m，带电荷量为q的粒子，从容器①进入加速电场②，然后再经速度选择器③进入偏转磁场④，打到照相底片⑤上，根据打上的位置，可以测出带电粒子的偏转半径r.粒子在加速电场中加速，假设q也未知，如此可求出该粒子的比荷(电荷量与质量之比)温故自查1．根本构造(如下列图)盘旋加速器的核心局部是放置在磁场中的两个D形的金属扁盒(如下列图)，其根本组成为：①粒子源；②两个D形金属盒；③匀强磁场；④高频电源；⑤粒子引出装置；⑥真空容器．2．工作原理(1)电场加速qU＝ΔE k考点精析1．带电粒子在盘旋加速器内运动，决定其最终能量的因素由于D形金属盒的大小一定，所以不管粒子的大小与带电量如何，粒子最终从加速器内射出时应具有一样的旋转半径．由牛顿第二定律得2．决定带电粒子在盘旋加速器内运动时间长短的因素带电粒子在盘旋加速器内运动时间长短，与带电粒子做匀速圆周运动的周期有关，同时还与带电粒子在磁场中转动的圈数有关．设带电粒子在磁场中转动的圈数为n，加速电压为U.因每加速一次粒子获得能量为qU，每圈有两次加速．结合温故自查如下列图，高h、宽为d的导体置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体板的上外表A 和下外表A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压．设霍尔导体中自由电荷(载流子)是自由电子，图中电流方向向右，如此电子受洛伦兹力向上，在上外表A 积聚电子如此qBv＝qE，E＝Bv电势差U＝Eh＝Bhv，又I＝nqsvS为导体的横截面积S＝hd考点精析测定导体内自由电荷的浓度n，判断导体内是何种自由电荷．只要测出B、I、U和d，可得霍尔系数K和n.测出霍尔电压U的正、负，即可判断自由电荷的类型．磁强计：测量磁感应强度B的仪器．磁强计中有一块导体，接有a、b、c、d四个电极，导体置于匀强磁场中，如下列图．a、b间通有电流I，c、d间出现电势差U.由上面的讨论可得如此B∝U.只要将磁强计在的磁场中定好刻度，即可通过测量U来确定B.命题规律根据质谱仪的工作原理，确定粒子的质量或比荷．[考例1] 如下列图，质谱仪主要是用来研究同位素(即原子序数一样，原子质量不同的元素)的仪器．正离子源产生带电量为q的正离子，经S1、S2两金属板间的电压U加速后，进入粒子速度选择器P1、P2之间．P1、P2之间有场强为E的匀强电场和与之正交的磁感应强度为B1的匀强磁场，通过速度选择器的粒子经S3细孔射入磁感应强度为B2的匀强磁场沿一半圆轨迹运动，射到照相底片M上，使底片感光，假设该离子质量为m，底片感光处距细孔S3的距离为x，试证明：m＝qB1B2x/2E.[证明]正离子通过速度选择器后的速度，可由B1qv＝Eq，求得v＝E/B1.正离子在磁场B2中做圆周运动时，r＝x/2＝mv/B2q，即m＝B2qx/2v＝B1B2qx/2E.[总结评述]由此题可知q/m∝1/x(x为盘旋直径)对质谱仪来说，可以通过谱线的条数和强弱来确定同位素的种类和含量的多少，这是实际测量的根本原理．质量为m、电荷量为e的电子的初速度为零，经电压为U的加速电场加速后进入磁感应强度为B的偏转磁场(磁场方向垂直纸面)，其运动轨迹如下列图，如此以下说法中正确的答案是()A．加速电场的场强方向向上B．偏转磁场的磁场方向垂直纸面向里C．电子经加速电场加速后，开始进入磁场的动能E k＝eUD．电子在磁场中所受洛伦兹力的大小为[解析]电子为负电荷，加速电场上极板带正电，下板带负电，所以场强方向向下，由电子的偏转方向可知，磁场垂直纸面向外，A、B均错．由动能定理可知，电子经加速后获得的动能为E k＝qu＝eU，如此速度大小进入磁场后洛伦兹力大小f＝evB＝eB . 故C对，D错．[答案]C命题规律根据盘旋加速器的工作原理，确定粒子的最大动能或运动时间．[考例2](2009·江苏)1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了盘旋加速器．盘旋加速器的工作原理如下列图，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，加速电压为U，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．假设某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m、f m，试讨论粒子能获得的最大动能E km.[解析]此题考查粒子盘旋加速器的工作原理．(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1当f B m≥f m时，粒子的最大动能由f m决定v m＝2πf m R解得：如下列图，盘旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m、电荷量为q的质子，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出，求：(1)加速器中匀强磁场B的方向和大小；(2)设两D形盒间距为d，其间电压为U，电场视为匀强电场，质子每次经过电场加速后能量增加，加速到上述能量所需盘旋周数．(3)加速到上述能量所需时间．[解析](1)带电粒子在磁场中，由Bqv＝mv2/R得，v＝BqR/m，又E＝mv2/2＝m(qBR/m)2/2＝B2q2R2/2m，所以方向垂直纸面向里．(2)带电粒子每经过一个周期被电场加速两次，能量增加2qU，如此：E＝2qUn，n＝E/2qU(3)可以忽略带电粒子在电场中运动的时间，又带电粒子在磁场中运行周期T＝2πm/Bq，所以命题规律根据磁流体发电机工作原理，确定电路中电流、电阻率等．[考例3](2009·宁夏)医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以与磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如下列图．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点的距离为 3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T.如此血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A．1.3m/s，a正、b负B．2.7m/s，a正、b负C．1.3m/s，a负、b正 D．2.7m/s，a负、b正[解析]此题主要考查洛伦兹力问题．由左手定如此可判定正离子向上运动，负粒子向下运动，所以a正、b负，达平衡时离子所受洛伦兹力与电场力平衡，所以有：代入数据解得v＝1.3m/s，故正确答案A.[答案]A目前世界上正在研究新型发动机——磁流体发电机，它的原理图如下列图，设想在相距为d 的两平行金属板间的磁感应强度为B的匀强磁场，两板通过开关和灯泡相连．将气体加热到使之高度电离后，由于正负离子一样多，且带电荷量均为q，因而称为等离子体，将其以速度v喷入甲、乙两板之间，这时甲、乙两板就会聚集电荷，产生电压，这就是磁流体发电机的原理，它可直接把内能转化为电能，试问：(1)图中哪个极板是发电机的正极？(2)发电机的电动势多大？(3)设喷入两极间的离子流每立方米有n个负电荷，离子流的截面积为S，如此发电机的最大功率多大？[解析](1)等离子体从左侧射入磁场，正离子受向上的洛伦兹力而偏向甲极板，使甲极板上积累正电荷，相应的乙极板上积累负电荷，成为电源的正、负两极．甲极板是发电机的正极．(2)当开关断开时，甲、乙两极间的电压即为电源的电动势．稳定时，甲、乙两板积累的电荷不再增加，此时的等离子体所受的洛伦兹力和电场力恰好平衡，如此有(3)理想状态下，喷入两极间的离子流全部流向两极板，这时电源达最大功率．此时，电路中的最大电流为I m＝.式中N为在t时间内喷入两极板间的正负离子数的总和，即N＝2nSvt，发电机的最大功率为P m＝UI m＝2ndqSBv2.[答案](1)甲板(2)Bdv(3)2ndqSBv2.命题规律根据电磁流量计的原理，确定流速、流量等．[考例4] 一种测量血管中血流速度仪器的原理如下列图，在动脉血管左右两侧加有匀强磁场，上下两侧安装电极并连接电压表，设血管直径是 2.0mm，磁场的磁感应强度为0.080T，电压表测出的电压为0.10mV，如此血流速度大小为________m/s.(取两位有效数字)[解析]血液作为电解液，流动过程中受洛伦兹力的作用，在上下两极间建立电场，当流体受到的洛伦兹力与该电场的电场力平衡时，即qvB＝血液正常流动，由此可求出速度v＝0.63m/s.[答案]0.63[总结评述]速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计具有一样的原理．在实际应用中，均以复合场中运动的粒子为研究对象，稳定状态时满足qvB＝然后根据题目要求求解．望同学们在学习中注意归纳积累，使所学知识“由厚变薄〞．电磁流量计如下列图，用非磁性材料制成的圆管道，外加一匀强磁场．当管中导电液体流过此区域时，测出管道直径两端的电势差U，就可以得知管中液体的流量Q，即单位时间内流过管道横截面的液体的体积(m3/s)．假设管道直径为D，磁感应强度为B，如此Q＝________.。
高考物理二轮复习讲测卷：第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动
专题三电场与磁场第8讲电场及带电粒子在电场中的运动一、明晰一个网络，掌握电场的力、能性质U＝Ed，沿场强方向相同距离电势差相等．U＝El cos θ，沿任意θ方向，相同距离电势差相等二、活学活用——电场性质的判断方法1．确定受力方向的依据(1)曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；(2)电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷则相反；(3)场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向．2．比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E 越大⇒F ＝qE 越大⇒a ＝qE m越大．3．判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)．四、明辨“场强、电势、电场线”，谨防解题误入歧途1．场强是矢量，其合成法则为平行四边形定则，电势是标量，其合成法则为算术加减法．2．在匀强电场中，沿同一方向，相等距离上电势变化量相同．3．沿电场线方向电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场方向．高频考点1 对电场性质的理解1．电场强度是矢量，叠加时应遵循平行四边形定则，分析电场叠加问题的一般步骤：(1)确定分析计算的空间位置；(2)分析该点有几个分电场，分析各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；(3)利用平行四边形定则求出矢量和．特别提醒：分析求解电场叠加问题时，要充分利用补偿法、对称法、等效法等思维方法2．熟练掌握电场线的应用(1)判断电场强度的方向——电场线上任意一点处的切线方向即该点电场强度的方向．(2)判断电场力的方向——正点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相同，负点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相反．(3)定性判断电场强度的大小——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可分析电荷受力情况．(4)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向．特别提醒：熟悉几种典型的电场线分布情况有利于我们对电场强度和电势迅速作出判断，进一步可了解点电荷在电场中的受力和运动情况、电场力做功及伴随的能量转化情况.3．分析电场的性质问题的一般思路(1)场强大小、电势高低的判断明确电场线或等势面的分布情况，场强大小看电场线的疏密程度，电势高低看电场线的方向；空间同时存在两个或两个以上的电场时，利用平行四边形定则求其合场强．(2)电势能大小及其变化的分析①做功角度：根据电场力做功与电势能变化的关系分析带电粒子电势能及其变化情况．电场力做正功，粒子的电势能减小；电场力做负功，粒子的电势能增加．②转化角度：只有电场力做功时，电势能与动能可以相互转化，动能减少，电势能增加；动能增加，电势能减少．1－1.(多选)(2017·苏锡常镇四市调研)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得()A．M点的场强小于N点的场强B．M点的电势低于N点的电势C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同解析：M点的电场线较N点密集，故M点的场强大于N点的场强，选项A错误；顺着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，选项B正确；O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，选项C正确；M点的电势低于N点的电势，故OM 与ON之间的电势差不等，故将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功不相同，选项D错误；故选BC．答案：BC1－2.(多选) (2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示．电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别为E a 、E b 、E c 和E d .点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势φa 已在图中用坐标(r a ，φa )标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b 、c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab 、W bc 和W cd .下列选项正确的是( )A ．E a ∶E b ＝4∶1B ．E c ∶E d ＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3解析：本题考查场强与电势．由图可知：r a ＝1 m 、φa ＝6 V ；r b ＝2 m 、φb ＝3 V ；r c ＝3 m 、φc ＝2 V ；r d ＝6 m 、φd ＝1 V ．由点电荷的场强公式E ＝kQ r 2得E a ∶E b ∶E c ∶E d ＝1r 2a ∶1r 2b ∶1r 2c ∶1r 2d＝36∶9∶4∶1，A 正确、B 错误．由W AB ＝qU AB ＝q (φA －φB )得W ab ∶W bc ∶W cd ＝(φa －φb )∶(φb －φc )∶(φc －φd )＝3∶1∶1，故C 正确、D 错误．答案：AC1－3.(多选) (2017·马鞍山二中高三测试)如图所示，在x ，y 坐标系中有以O 点为中心，边长为0.20 m 的正方形，顶点A 、B 、C 、D 分别在坐标轴上，在该平面内有一匀强电场(图中未画出)，已知A 、B 、C 三点的电势分别为3V 、－3V 、－3V ，则下列说法正确的是( )A ．D 点的电势为3VB ．该匀强电场的场强大小E ＝10 2 V/mC ．该匀强电场的场强大小E ＝10 6 V/mD ．电场场强方向与x 轴正方向成θ＝30°角解析：因A 、C 两点的电势分别为3V 、－3V ，可知O 点的电势为零，由对称性可知D 点的电势为3V ，选项A 正确；设过O 点的零等势线与x 轴夹角为α，则E ·22×0.2sin α＝3；E ·22×0.2cos α＝3；解得α＝60°；E ＝106V/m ，因电场线与等势面正交，故电场场强方向与x 轴正方向成θ＝30°角，选项CD 正确．答案：ACD1－4． (多选)(2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．下列说法正确的是( )A ．电场强度的大小为2.5 V/cmB ．坐标原点处的电势为1 VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV解析：本题考查电场强度、电势、电势差．设a 、c 连线上d 点电势为17 V ，如图所示，则l dc 8 cm ＝9 V 16 V ，得l dc ＝4.5 cm ，tan θ＝4.56＝34，θ＝37°.过c 作bd 垂线交bd 于e 点，则l ce ＝l dc cos θ＝4.5×45cm ＝3.6 cm.ce 方向就是匀强电场方向，场强大小为E ，El ce ＝U cb ，E ＝2.5 V/cm ，A 项正确．U oe ＝El ob sin 53°＝16 V ，故O 点电势φ0＝17 V －16 V ＝1 V ，B 项正确．电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，C 项错误．电子从b 点到c 点电场力做功W ＝9 eV ，D 项正确．答案：ABD高频考点2 平行板电容器的问题分析(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源相连，在与两板距离相等的M 点处有一个带电液滴处于静止状态．若上极板a 向下平移一小段距离，但仍在M 点上方，稳定后，下列说法正确的是( )A ．液滴将加速向下运动B ．M 点电势升高C ．M 点的电场强度变小了D ．在a 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做的功相同[思路点拨] 分析求解平行板电容器问题时，必须明确是电压不变还是带电荷量不变，本题由于极板与电源连接，所以应是电压不变；另外判断液滴的运动情况，就要对液滴进行受力分析，判断其合力的方向．【解析】 两极板始终与电源相连，所以a 下移过程中极板间电压U 不变．由E ＝U d可知，d 减小，E 增大，故C 错误；开始时带电液滴静止，即mg ＝qE ，a 下移，则qE >mg ，带电液滴向上加速运动，故A 错误；由φM ＝U Mb ＝E ·d Mb 可知，a 下移，则M 点电势升高，故B 正确；a 板移动前后，a 、b 间电势差U 不变，所以电场力做的功相同，故D 正确．【答案】 BD1．平行板电容器动态变化问题的两类题型(1)电容器始终与电源相连，U 恒定不变，则有Q ＝CU ∝C ，C ＝εr S 4πkd ∝εr S d，两板间场强E ＝U d ∝1d； (2)电容器稳定后与电源断开，Q 恒定不变，则有U ＝Q C ，C ∝εr S d ，场强E ＝U d ＝Q Cd ∝1εr S． 2．在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是电荷量不变或板间电压不变．(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，应用E ∝U d分析板间电场强度的变化情况．即抓住公式C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U ，U 不变时，选用E ＝U d；Q 不变时，选用E ＝4πkQ εr S． 特别提醒：由于平行板电容器两极板间的电场可视为匀强电场，高考命题往往涉及带电粒子在平行板中的运动问题，需要综合运用牛顿运动定律、功能关系等分析求解．2－1.(2016·全国乙卷)一平行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，极板间的电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变解析：电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．答案：D2－2．(2017·石家庄市高三质检)如图所示电路中，A 、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点．将开关S 闭合，电路稳定后将A 板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．电容器的电容增加B ．在A 板上移过程中，电阻R 中有向上的电流C ．A 、B 两板间的电场强度增大D ．P 点电势升高解析：根据C ＝εS 4πkd，当A 板向上平移一小段距离，间距d 增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A 错误；在A 板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R 中有向上的电流，故B 正确；根据E ＝U d与C ＝εS 4πkd 相结合可得E ＝4πkQ εS，由于电量减小，场强大小变小，故C 错误；因场强变小，导致P 点与B 板的电势差减小，因B 板接地，电势为零，即P 点电势降低，故D 错误．答案：B带电粒子在电场中的运动模型带电粒子在电场中的运动问题是每年高考中的热点问题，是电学知识和力学知识的结合点．具体来讲有带电粒子在电场中的加速(减速)、偏转，涉及内容有力、能、电等知识，主要考查学生的分析综合能力．该模型通常的考查思路有：(1)根据带电粒子受到的力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等物理量．这条思路通常适用于恒力作用下的匀变速运动．(2)根据力对带电粒子所做的功及动能定理，从带电粒子运动的全过程中能的转化角度，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．匀强电场中的“直线运动模型”(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g．(1)求油滴运动到B点时的速度．(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1①油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1②电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀减速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2③油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤(2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥油滴从t＝0到时刻t1的位移为s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21 ⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为s 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧ 由题给条件有v 20＝2g (2h )⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离．若B 点在A 点之上，依题意有s 1＋s 2＝h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1 ⑪ 为使E 2>E 1，应有2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1 ⑫ 即当0<t 1<⎝⎛⎭⎫1－32v 0g ⑬ 或t 1>⎝⎛⎭⎫1＋32v 0g ⑭ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形．若B 点在A 点之下，依题意有s 1＋s 2＝－h⑮ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1 ⑯为使E 2>E 1，应有2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1 ⑰即t 1>⎝⎛⎭⎫52＋1v 0g ⑱ 另一解为负，不合题意，已舍去．【答案】 见解析解决直线运动问题时要注意分析带电粒子是做匀速运动还是做匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F 合＝0作为突破口进行求解；对于匀变速直线运动问题，根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解．(1)运用动力学观点求解电加速问题运用动力学观点处理带电质点在匀强电场中的运动问题，要重视对带电质点的受力分析和运动过程分析，解题时先分析带电质点的受力情况，求出带电质点受到的合外力，根据F 合＝ma 得出加速度，再运用运动学方程可得出所求物理量．(2)运用能量观点求解电加速问题在匀强电场中，若不计重力，电场力对带电质点做的功等于质点动能的变化量，W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20；若考虑重力，则W 合＝12m v 2－12m v 20．匀强电场中的“偏转模型”如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U 1，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S 射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长为l ，板间距离为d ，两极板间加一电压为U 2的偏转电场．从小孔S 射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量为e ，电子的质量为m ，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：(1)电子射入偏转电场时的速度大小v 1；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ；(3)电子在偏转电场中运动的过程中电场力对它所做的功W ．[思路点拨] 电子在运动的过程中只受电场力作用，可通过动能定理直接求解速度v 1；进入偏转电场后，由于所受电场力跟速度不在一条直线上，所以电子做曲线运动，根据牛顿第二定律和平抛运动的规律即可求解．【解析】 (1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU 1＝12m v 21解得v 1＝2eU 1m． (2)设电子在偏转电场中运动的时间为t电子在水平方向做匀速运动，由l ＝v 1t ，解得t ＝l v 1电子在竖直方向受电场力F ＝U 2de电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度大小为a 依据牛顿第二定律有U 2d e ＝ma ，解得a ＝eU 2md电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ＝12at 2＝U 2l 24dU 1．(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场的位置的电势差U ＝U 2dy 电场力所做的功W ＝eU ＝eU 22l24U 1d 2．【答案】 (1)2eU 1m (2)U 2l 24dU 1 (3)eU 22l24U 1d 2“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示．(1)分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动，两平行极板间距为d ，y ＝12at 2，v y ＝at ，a ＝qUmd．(2)一个偏转角：tan θ＝v yv 0；一个几何关系：y ＝L2tan θ；侧移距离：带电粒子在周期性变化的电场中的运动模型(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计电子重力，开始时A 板带正电)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，图丙中反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )【解析】 分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动，T 4～T 2沿原方向做匀减速直线运动，T 2时刻速度为零.T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动，34T ～T 时间内做匀减速直线运动．电子在两板间做周期性往返运动．根据匀变速直线运动速度图像是倾斜的直线可知，A 图符合电子的运动情况，故A 正确、C 错误；电子做匀变速直线运动时x -t 图象应是抛物线，故B 错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀变速运动的加速度大小不变，故D 正确．【答案】 AD在两个相互平行的金属板间加图乙所示的交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．对于带电粒子在交变电场中的运动，我们可以分段处理，此类电场在一段时间内为匀强电场，即这段时间内电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同．但从整个运动过程看电场又是变化的，即电场强度的大小和方向随时间变化．(1)当粒子平行于电场方向射入时：粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可能做周期性运动．(2)当粒子垂直于电场方向射入时：沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向上的分运动可能具有周期性．带电粒子在非匀强电场中运动的模型如图所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点分别固定着等量正点电荷．图中AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .一质量为m 、电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从C 点出发，沿直线AB 向D 运动，滑块第一次经过O 点时的动能为nE 0(n >1)，到达D 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：(1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ； (2)O 、D 两点之间的电势差U OD ； (3)小滑块运动的总路程s ．【解析】 (1)由AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .可知C 、D 关于O 点对称，则U CD ＝0设滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，对滑块从C 到D 的过程，由动能定理得：qU CD －f L 2＝0－E 0，且f ＝μmg ，可得μ＝2E 0mgL．(2)滑块从O 到D 的运动过程中，由动能定理得：qU OD －f L4＝0－nE 0可得U OD ＝(1－2n )E 02q．(3)滑块从开始运动到最终停下的整个过程，根据动能定理得：qU CO －fs ＝0－E 0 而U CO ＝－U OD ＝(2n －1)E 02q ，可得：s ＝(2n ＋1)L4．【答案】 (1)2E 0mgL (2)(1－2n )E 02q (3)(2n ＋1)L 4先对滑块进行受力分析，由于电场力为变力，在涉及变力做功问题的求解时牛顿运动定律不再适用，这时就需要选择合适的过程，弄清楚过程的初末状态，利用动能定理求解．。
高三物理二轮复习试题：第八章检测试题
学必求其心得，业必贵于专精 第八章 检测试题 (时间:60分钟 满分:100分）
【测控导航】 知识点 题号 1。磁场、磁感线 1、2 2.安培力 4 3.洛伦兹力、匀速圆周运动 3、8、9、11 4.复合场 5、7、12 5.运动实例分析 6、10
一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得6分,选错或不选的得0分) 1.如图为一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图,其工作原理类似打点计时器.当电流从电磁铁的接线柱a流入,吸引小磁铁向下运动时,以下选项中正确的是（ D ）
A。电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为N极 B。电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为S极 C.电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为S极 D.电磁铁的上端为S极,小磁铁的下端为N极 学必求其心得，业必贵于专精 解析:当电流从a端流入电磁铁时,据安培定则可判断出电磁铁的上端
为S极,此时能吸引小磁铁向下运动,说明小磁铁的下端为N极，D正确. 2.如图所示,三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，ac⊥bd，且ab=ad=ac，则a点处磁感应强度的方向为（ C ）
A.垂直于纸面向外 B.垂直于纸面向里 C。沿纸面由a向d D。沿纸面由a向c 解析：因为ab=ad，则b与d两直线电流产生的磁场可互相抵消,a点磁感应强度的方向决定于c中的电流，根据安培定则可判断，a点的磁感应强度的方向沿纸面由a向d. 3。带电粒子进入云室会使云室中的气体电离,从而显示其运动轨迹.如图所示是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹,a和b是轨迹上的两点,匀强磁场B垂直于纸面向里。该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少,下列说法正确的是（ A ) 学必求其心得，业必贵于专精 A.粒子先经过a点，再经过b点
B。粒子先经过b点,再经过a点 C。粒子带正电 D。粒子的电性无法确定 解析：由于粒子的速度减小，所以轨道半径不断减小,所以A对B错;由左手定则得粒子应带负电，C、D错. 4.如图所示,一根长为l的铝棒用两个劲度系数均为k的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里,当铝棒中通过的电流I方向从左到右时,弹簧缩短Δx，而当电流反向且大小不变时，弹簧伸长Δx，则该磁场的磁感应强度大小为( A ）
10-12三年高考物理真题最新精校版2012年(课改)考点8静电场
考点8 静电场一、选择题1.（2012·安徽理综·T18）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0V,点A 处的电势为6V,点B 处的电势为3V,则电场强度的大小为 ( )A.200V/mB.200V/mC.100V/mD.100V/m【解题指南】解答本题时可按以下思路分析:【解析】选A.x 轴上OA 的中点C 的电势为3V,则BC 的连线为等势线,如图所示,电场的方向与等势线垂直,且由电势高处指向电势低处,根据几何图形,O 点到BC 的距离为d=1.5cm,所以3/0.015U E V m d ===200V/m,故选项A 正确.2.（2012·安徽理综·T20）如图甲所示,半径为R 的均匀带电圆形平板,单位面积带电量为σ,其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出:E=2k πσ[221/21()x R x -+],方向沿x 轴.现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为r 的圆板,如图乙所示.则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为 ()A.2k πσ0221/2()xr x + B. 2k πσ0221/2()x r x + C.2k πσ0x r D. 2k πσ0xr【解题指南】解答本题时要注意以下两点:(1)当圆板的半径R 无限大时, 221/2()xR x +→0;(2)根据电场的叠加原理,Q 点的场强应为挖去圆孔前平面产生的场强减去圆孔部分的电荷在Q 点产生的场强.【解析】选A.由E=2k πσ[1-221/2()xR x +]可知,R→∞时,E=2k πσ,即无限大均匀带电平板在Q 点产生的电场强度为E 1=2k πσ0,而半径为r 的单位面积带电量为σ0的圆板在Q 点产生的电场强度为E 2=2k πσ0[1-221/2()xR x +],则所求电场强度为E Q =E 1-E 2=2k πσ0221/2()xr x +,故选项A 正确.3.（2012·天津理综·T5）两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A 点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子在电场中 ()A.做直线运动,电势能先变小后变大B.做直线运动,电势能先变大后变小C.做曲线运动,电势能先变小后变大D.做曲线运动,电势能先变大后变小【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选C.电场中A 点的场强方向与等势面垂直且指向负点电荷一侧，故粒子在A 点所受电场力与速度垂直，且指向正电荷一侧，所以粒子将做曲线运动，粒子从进入电场到离开电场的运动过程中，电场力的方向不断变化，电场力先做正功后做负功，故粒子的电势能先变小后变大，选项C 正确.4.（2012·浙江理综·T19）用金属箔做成一个不带电的圆环,放在干燥的绝缘桌面上.小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后,将笔套自上向下慢慢靠近圆环,当距离约为0.5cm 时圆环被吸引到笔套上,如图所示,对上述现象的判断与分析,下列说法正确的是 ( )A.摩擦使笔套带电B.笔套靠近圆环时,圆环上、下部感应出异号电荷C.圆环被吸引到笔套的过程中,圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D.笔套碰到圆环后,笔套所带的电荷立刻被全部中和【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选A、B、C.笔套与头发摩擦后，使笔套带电，这种起电方式叫摩擦起电，选项A正确；当带电的笔套靠近金属箔圆环时，圆环上部感应出与笔套相异的电荷，下部感应出与笔套相同的电荷，即上下部电荷量等量异号，选项B正确；力是改变运动状态的原因，圆环所受静电力有笔套的引力和斥力，但静电力的的合力大于圆环的重力，圆环被吸引上来，由静止变运动，选项C正确；笔套碰到圆环后，根据电荷量守恒定律，笔套所带的电荷量不变，选项D错误.5.（2012·江苏物理·T1）真空中,A、B两点与点电荷Q的距离分别为r 和3r,则A、B两点的电场强度大小之比为()A.3∶1B.1∶3C.9∶1D.1∶9【解题指南】本题考查了场强公式和库仑定律的内容,难度较低.【解析】选C ，由q F E =，2r Qq k F =可知：2r kQ E =，所以19212221==r r E E ，答案选C.6.（2012·江苏物理·T2）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是 ( )A.C 和U 均增大B.C 增大,U 减小C.C 减小,U 增大D.C 和U 均减小【解题指南】本题考查了电容的定义式和决定式，难度较低.【解析】选B ，由kd S C π4ε=知S 和d 不变，插入电介质时，ε增大，电容增大，由U QC =可知：Q 不变时，C 增大，则两板间的电势差U 一定减小，答案选B.7.（2012·新课标全国卷·T18）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 （ ）A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动【解题指南】解答本题应把握以下两点：（1）由直线运动的条件分析粒子的受力情况，并确定运动的性质. （2）由动能定理分析能量的变化情况.【解析】选B、D.分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如右所示.可以看出其合力方向与其速度方向相反，所以带电粒子在电场中做匀减速运动.电场力做负功，电势能增加，重力不做功，动能减少，故选项A、C错误，选项B、D正确.8.（2012·山东理综·T19）图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷.一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点.则该粒子()A.带负电B.在c点受力最大C.在b点的电势能大于在c点的电势能D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化【解题指南】解答本题应把握以下四点：(1)由粒子运动轨迹的弯曲方向判断粒子的带电性.(2)根据电场线的疏密情况结合牛顿第二定律分析粒子的受力情况.(3)电势能是增大还是减小看电场力做功的正负.(4)由动能定理分析动能变化的情况.【解析】选C、D.物体做曲线运动时，合外力的方向指向曲线的凹侧，可知粒子与正电荷排斥，粒子带正电，A错；越靠近正电荷，电场线越密，电场强度越大，粒子所受电场力越大，所以粒子在c点受力最小，B错；粒子从b点运动到c点，电场力做正功，电势能减小，故C对；点a、b、c所在的圆为等间距的同心圆，靠近正电荷电场强度较大，由公式U=Ed可知，U ab>U bc，所以由a点到b点比由b点到c点电场力对粒子做的功多，根据动能定理可知D对.9.（2012·广东理综·T20）如图所示是静电矿料分选器的原理示意图,带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后,分落在收集板中央的两侧,对矿粉分离的过程,下列表述正确的有()A.带正电的矿粉落在右侧B.电场力对矿粉做正功C.带负电的矿粉电势能变大D.带正电的矿粉电势能变小【解题指南】本题需从正、负电荷在电场中受力及电场力做功与电势能之间的关系中寻找解题依据.【解析】选B、D.由图可知匀强电场的方向水平向左,故带正电的矿粉受水平向左的电场力作用而落在左侧,A错.在带正电的矿粉下落的过程中,由于受到向左的电场力作用而向左运动,故电场力对带正电的矿粉做正功,该种矿粉的电势能减小,D正确.对于带负电的矿粉而言,由于受到水平向右的电场力作用而向右运动,在运动过程中电场力对其做正功,电势能减小,C错,B正确.故B、D选项正确.10.（2012·福建理综·T15）如图,在点电荷Q产生的电场中,将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点,虚线为等势线.取无穷远处为零电势点,若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等,则下列说法正确的是()A.A点电势大于B点电势B.A、B两点的电场强度相等C.q1的电荷量小于q2的电荷量D.q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能【解题指南】解答本题时应明确以下三点:(1)电场线与等势面垂直,沿着电场线的方向电势越来越低.(2)电场线密的地方场强大.(3)电场力做功与电势能的变化关系.【解析】选C.由于将q1、q2移到无穷远过程外力克服电场力做的功相等,则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能,D错.由于电场力做负功,则电场线由外指向内,B点电势大于A点电势,A错.A点所处电场线密,场强大,A、B两点电场强度方向也不同,B错.据W=qU及A点到无穷远电势差大于B点到无穷远电势差,因此q1的电荷量小于q2的电荷量,C 对.11.（2012·海南单科·T3）如图，直线上有O、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等。
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1 专题八 电场 1．【2012•北京市朝阳区期末】绝缘细线的一端与一带正电的小球M相连接，另一端固定在天花板上，在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N，在下列情况下，小球M能处于静止状态的是 （ ）
2．【2012•河北摸底】14．电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是（ ） A．A点的电场强度比C点的小 B．负电荷在A点电势能比C点电势能大 C．电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功 D．正电荷由A移到C，电场力做负功 3．【2012•四川联考】如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用。初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90°（如图中虚线位置），发现A、B两球电势能之和不变。根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是 （ ） A．A球一定带正电荷，B球一定带负电荷 B．A、B两球带电量的绝对值之比qA∶qB=1∶2 C．A球电势能一定增加 D．电场力对A球和B球都不做功 4．【2012•江苏调考】如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点。下列说法中正确的是 A．A点的电场强度大于B点的电场强度且两点电场强度方向不同 B．B、D两点的电场强度及电势均相同 + —
O A
B
D
L L A A B B E 2
C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先减小后增大 D．一质子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功
5．【2012•黄冈期末】在竖直向下的匀强电场中，有a、b、c、d四个带电质点，各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，不计质点间的相互作用力，则有（ ） A．c、d带异种电荷 B．a、b带同种电荷且电势能均不变 C．d的电势能减小，重力势能增大 D．c的电势能增大，机械能减小 6．【2012•山东模拟】在光滑绝缘的水平面上，存在一个水平方向的匀强电场，电场强度大小为E，在该电场中一个半径为R的圆周，其中PQ为直径，C为圆周上的一点，在O点将一带正电的小球以相同的初速率向各个方向水平射出时，小球可以到达圆周的任何点，但小球到达C点时的速度最大，已知PQ与PC间的夹角为θ=30°，则关于该电场强度E的方向及PC间的电势差大小说法正确的是 （ ） A．E的方向为由P指向Q，ERU3PC B．E的方向为由Q指向C，23PCERU
C．E的方向为由P指向C，ERU2PC D．E的方向为由O指向C，23PCERU 7．【2012•江西联考】如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小
相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是 ( ) 8.【2012•江苏期末】如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一棱形ABCD，对角线焦点为O，在顶点B、D处各固定一个点电荷，若将一个带正电的小球从A点静止释放，小球将沿对角线AC作往返运动。则（ ） A．B、D处固定的是等量的正电荷 B．B、D处固定的是等量的异种电荷 C．在A、C的连线上O点电势最低 D．运动小球在O处的机械能最小 3
9．【2012•湖北重点中学联考】如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的（ ） A．运行时间PQtt B．电势能减少量之比:2:1PQEE C．电荷量之比:2:1PQqq D．动能增加量之比:4:1KPKQEE 10. 【2012•河南调考】P、Q两电荷的电场线分布如图所示，c、d为电场中的两点．一个离子从a运动到b（不计重力），轨迹如图所示．则下列判断正确的是
A．Q带正电 B．c点电势低于d点电势 C．离子在运动过程中受到P的吸引 D．离子从a到b，电场力做正功 11．【2012•浙江联考】如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么( ) A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动 12．【2012•湖北八校联考】有一静电场，其电场强度方向平行于x轴．其电势φ随坐标x的改变而变化，变化的图线如图所示，则下列图中正确表示该静电场的场强E随x变化的图线是(设场强沿x轴正方向时取正值)( )
P Q b a c d 4 13．【2012•安徽质检】x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低
如图中的曲线所示，从图象可知下列推理中与图象信息不．相符合的是( )
A．Q1一定大于Q2 B．Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷 C．电势最低处P点的电场强度为0 D．Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点 14．【2012•重庆联考】如图所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE＝EF.K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面．一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则( ) A．|Wab|＝|Wbc| B．|Wab|＜|Wbc| C．粒子由a点到b点，动能减少 D．a点的电势较b点的电势低 15．【2012•宁丹东市四校协作摸底测试】如图所示，一带电粒子从平行带电金属板左侧中点垂直于电场线以速度v0射入电场中，恰好能从下板边缘以速度v1飞出电场．若其它条件不变，在两板间加入垂直于纸面向里的匀强磁场，该带电粒子恰能从上板边缘以速度v2射出．不计重力，则
A．2v0= v1+v2 B．v0=22221vv C．v0=21vv D．v02 5
L L d A B C
D B
+ -
16．【2012•江苏省苏北四市调考】如图所示，位于A板附近的放射源连续放出质量为m、电荷量为+q的粒子，从静止开始经极板A、B间加速后，沿中心线方向进入平行极板C、D间的偏转电场，飞出偏转电场后进入右侧的有界匀强磁场，最后从磁场左边界飞出。已知A、B间电压为U0；极板C、D长为L，间距为d；磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，磁场的左边界与C、D右端相距L，且与中心线垂直。不计粒子的重力及相互间的作用。 ⑴若极板C、D间电压为U，求粒子离开偏转电场时垂直于偏转极板方向的偏移距离； ⑵试证明：离开偏转电场的粒子进、出磁场位置之间的距离与偏转电压无关； ⑶若极板C、D间电压有缓慢的微小波动，即电压在(U－ΔU)至(U＋ΔU)之间微小变化，每个粒子经过偏转电场时所受电场力视为恒力，且粒子均能从偏转电场中飞出并进入磁场，则从磁场左边界有粒子飞出的区域宽度多大？
17．【2012•湖南四市联考】如图所示，在同一条竖直线上，有电荷量均为Q的A、B两个正点电荷，GH是它们连线的垂直平分线。另有一个带电小球C，质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷），被长为L的绝缘轻细线悬挂于O点，现在把小球C拉起到M点，使细 6
线水平且与 A、B处于同一竖直面内，由静止开始释放，小球C向下运动到GH线上的N点时刚好速度为零，此时细线与竖直方向的夹角θ= 30º。试求： （1）在A、B所形成的电场中，M、N两点间的电势差，并指出M、N哪一点的电势高。 （2）若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为a的正三角形，则小球运动到N点瞬间，轻细线对小球的拉力FT（静电力常量为k）。
18．【2012•四川质检】如图所示，虚线MN下方存在竖直向上的匀强电场，场强E＝2×103V/m，电场区域上方有一竖直放置长为l＝0.5 m的轻质绝缘细杆，细杆的上下两端分别固定一个带电小球A、B，它们的质量均 为m＝0.01 kg，A带正电，电量为q1＝2.5×10－4C；B带负电， 电荷量q2＝5×10－5C，B到MN的距离h＝0.05 m．现将轻杆由静止释放
(g取10 m/s2)，求 (1)小球B刚进入匀强电场后的加速度大小． (2)从开始运动到A刚要进入匀强电场过程的时间． (3)小球B向下运动离M、N的最大距离． 7
19．（【2012•江苏常州水平监测】如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，D点为O点在斜面上的垂足，OM＝ON，带负电的小物体以初速度smv/51从M点沿斜面上滑， 到达N点时速度恰好为零，然后又滑回到M点，速度大小变为smv/32。若小物体电荷量保持不变，可视为点电荷。 （1）带负电的小物体从M向N运动的过程中电势能如何变化，电场力共做多少功？ （2）N点的高度h为多少？
（3）若物体第一次到达D点时速度为smv/4,求物体第二次到达D点时的速度v。
20．【2012•辽宁模拟】如下图所示，现在有一个小物块，质量为m=80g，带上正电荷q=210－4C。与水平的轨道之间的滑动摩擦系数 =0.2，在一个水平向左的匀强电场中，
E=103V/m，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R=40cm，取g =10m/s2，求： （1）小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平哪个位置释放？ （2）如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于多少？