高考物理二轮复习专题限时集训专题8电场 5页

专题八 电场 ‎1、关于静电场，下列说法正确的是 A、电势等于零的物体一定不带电 B、电场强度为零的点，电势一定为零 C、同一电场线上的各点，电势一定相等 D、负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 ‎2、一带负电荷的质点在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）‎ ‎3、如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，OX方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（ ）‎ A、电场一定是匀强电场 B．电场的场强沿Ox方向增大 C．电子将沿Ox正方向运动 D．电子的电势能将增大 ‎4．如图所示，P、Q是矩形ABCD的AD边和BC边的中点，E、F是AB边和CD边的中点，M、N点在P、Q连线上且MP＝QN，M点和N点有等量异种点电荷．对于图中八个点的场强关系，下列说法正确的是(　　)‎ A．A与B点场强相同，C与D点场强相同 B．A与C点场强相同，B与D点场强相同 C．A与D点场强相同，B与C点场强相同 D．E与F点场强相同，P与Q点场强相同 ‎5．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是(　　)‎ A．U2＝U1，E2＝E1‎ B．U2＝2U1，E2＝4E1‎ C．U2＝U1，E2＝2E1‎ D．U2＝2U1，E2＝2E1‎ ‎6．如图8－4所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是 ‎(　　)‎ A．b点场强大于d点场强 B．b点场强小于d点场强 C．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差 D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能 ‎7．如图8－5所示，MN是由一个正点电荷Q产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子＋q飞入电场后，在电场力的作用下沿一条曲线运动，先后通过a、b两点，不计粒子的重力，则(　　)‎ A．粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 B．a点电势φa低于b点电势φb C．粒子在a点的动能Eka小于在b点的动能Ekb[来源:Zxxk.Com]‎ D．粒子在a点的电势能Epa小于在b点的电势能Epb ‎8．如图8－6所示，A、B、C、D、E、F为处于匀强电场中一个边长为‎10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行，则(　　)‎ A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线 B．匀强电场的场强大小为10V/m C．匀强电场的场强方向为由C指向A D．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10－19J ‎9.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素(如图所示)．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，若(　　)‎ 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，增大S，则θ变小 D．保持d不变，增大S，则θ不变 ‎10．如图8－8所示，点电荷Q1与Q2分别固定在A、B两点，取无穷处电势为零，图甲、乙、丙、丁表示A、B连线上的电势分布，则以下说法正确的是(　　)‎ A．图甲表示Q1、Q2都是正电荷，其中Q1|Q2|‎ ‎11．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图8－9所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－‎20kg，带电量q＝－1.0×10－‎9C，A点距虚线MN的距离d1＝‎1.0cm.不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：‎ ‎(1) B点到虚线MN的距离d2；‎ ‎(2) 带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.‎ ‎12．如图所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d(d远小于板的长和宽)．在两板的中心各有小孔O和O′，O和O′‎ 处在同一竖直线上．在两板之间有一带负电的质点P.已知A、B间所加电压为U0时，质点P所受的电场力恰好与重力平衡．现在A、B间加上如图8－11所示随时间t作周期性变化的电压U，已知周期T＝(g为重力加速度)．在第一个周期内的某一时刻t0，在A、B间的中点处由静止释放质点P，一段时间后质点P从金属板的小孔飞出．‎ ‎(1)t0在什么范围内，可使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短？‎ ‎(2)t0在哪一时刻，可使质点P从小孔飞出时的速度达到最大？‎ ‎、‎ 专题限时集训(八)‎ ‎1．D【解析】负电荷受电场力方向与电场方向相反，当负电荷沿电场线方向移动时，电场力对电荷做负功，电势能一定增加，故D选项正确；电场中某点电势是否为零与电场强度的大小及物体是否带电无关，与选取的零电势点有关，故AB选项错误；沿电场线的方向电势降低，所以同一电场线上的各点，电势不会相等，选项C错误．‎ ‎2．D【解析】负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，且电荷受力方向指向运动轨迹的凹侧，A、C错误；B选项中负电荷所受电场力具有沿速度方向的分力，质点的速率是递增的，B错误；D选项中质点所受电场力具有沿速度反方向的分力，质点的速率是递减的，D正确．‎ ‎3．AC【解析】设O点电势为零，x点的电势为φx，则Ux0＝φx－φ0＝Ex，即φx＝Ex，表明沿Ox方向场强不变，选项A正确，B错误；由静止释放电子，电子由电势低处向电势高处运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确，D错误．[来源:Zxxk.Com]‎ ‎4．BD【解析】根据等量异种电荷周围电场的电场线对称性：电场中A、B、C、D四点的电场强度大小相等，A、C电场方向相同，B、D电场方向相同；电场中P、Q两点电场强度大小相等，方向相同，E、F两点电场强度大小相等，方向也相同．选项BD正确，选项AC错误．‎ ‎5．C【解析】由公式C＝、C＝和E＝，得U＝，E＝，当Q变为2Q、d变为时，电压U不变，电场强度E变为原来的2倍，C正确．‎ ‎6．BC【解析】两等量异种电荷产生的电场如图所示，由图可知，d点的电场线比b点的电场线密集，所以d点的场强大于b点的场强，A项错误，B项正确．a、c两点关于MN对称，b点在MN上，同一点电荷从a到b和从b到c电场力做的功相同，由W＝qU可知Uab＝Ubc，C项正确．a点电势高于c点电势，同一正电荷在a点的电势能大于在c点的电势能，D项错误．‎ ‎7．C【解析】由轨迹特征可知，正电荷经过MN时受力方向由N指向M，场电荷在靠近N一侧，故a点的场强大于b点的场强，a点电势φa高于b点电势φb，选项A、B错误；从a运动到b过程中，电场力做正功，动能增大，电势能减小，C正确，D错误．‎ ‎8．ACD【解析】在匀强电场中，在同一电场线上电势均匀变化，由几何关系，延长CB与FA的延长线交于G点，如图所示，则G点电势为1.0V，AF为等势线，同理可确定CD也为等势线，选项A正确；电场线垂直于等势线，且电势沿电场线方向逐渐降低，可知，电场线由C 指向A，选项C正确；由以上分析知，UED＝－1.0V，将电子由E移动到D，电场力做功W＝qU＝－1.6×10－19×(－1.0)J＝1.6×10－19J，电势能减少1.6×10－19J，选项D正确；由E＝，其中d为沿电场线方向的长度，解得E＝V/m＝V/m，选项B错误．‎ ‎9．AC【解析】由C＝知，保持S不变，增大d，则电容C减小，又根据C＝，且Q不变，故U增大，因此静电计指针偏角θ变大，故选项A正确，B错误；同理，保持d不变，增大S，则电容C增大，U减小，θ变小，选项C正确，选项D错误．[来源:Zxxk.Com]‎ ‎10．AD【解析】根据电场的电势变化分析电场，可以从两个方面入手：①电势线的斜率(表示场强)；②电势的大小．在图甲和图乙中，没有电势为零的点，应由斜率为零(场强为零)的点判断，由图甲中A、B之间的电势分布可知，斜率为零的点靠近A侧，即场强为零的点靠近A，故Q1＜Q2，同理，图乙中Q1>Q2，选项A正确，B错误；图丙中电势为零的点位于AB连线的中点，由电势分布规律可知，Q1、Q2为等量异种电荷，但Q1应为正电荷，选项C错误；图丁中，电势为零的点靠近B一侧，|Q1|＞|Q2|，选项D正确．‎ ‎11．(1)‎0.50cm　(2)1.5×10－8s ‎【解析】 (1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有 ‎|q|E1d1－|q|E2d2＝0①‎ 由①式解得d2＝d1＝‎0.50cm②‎ ‎(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有 ‎|q|E1＝ma1③‎ ‎|q|E2＝ma2④‎ 设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有 d1＝a1t⑤‎ d2＝a2t⑥‎ 又t＝t1＋t2⑦‎ 由②③④⑤⑥⑦式解得 t＝1.5×10－8s ‎12．(1)≤t0≤　(2) ‎【解析】设质点P的质量为m，电荷量为q，根据题意，当A、B间的电压为U0时，有 q＝mg 当两板间的电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a1，则 q－mg＝ma1‎ 解得a1＝g 当两板间的电压为－2U0时，P的加速度向下，其大小为a2，则 q＋mg＝ma2[来源:Z+xx+k.Com]‎ 解得a2＝‎‎3g ‎(1)要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短，须使质点释放后一直向下加速运动．设质点释放后经过时间t到达小孔O′，则 d＝a2t2‎ 解得t＝ 因为T＝，所以t＜，质点到达小孔之前能一直加速.‎ 因此要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短，质点释放的时刻t0应满足[来源:学科网]‎ 即≤t0≤T－t 即≤t0≤5 ‎(2)要使质点P从小孔飞出时的速度达到最大，须使质点释放后先向上加速、再向上减速运动，在到达小孔O时速度减为0，然后向下加速运动直到小孔O′.‎ 设质点释放后向上加速时间为t1、向上减速时间为t2，则 v1＝gt1‎ ‎0＝v1－3gt2‎ d＝gt＋ 由以上各式解得 t1＝，t2＝ 因为t1＜，t2＜，因此质点P能向上先加速后减速恰好到达小孔O.‎ 设质点从小孔O向下加速运动到小孔O′经过的时间为t3，则 d＝×3gt 解得t3＝ 因为t2＋t3＝＜，因此质点P能从小孔O向下一直加速运动到小孔O′，此时质点P从小孔O′飞出时的速度达到最大.‎ 因此，要使质点P从小孔飞出时的速度达到最大，质点P释放的时刻应为 t0＝－t1＝