2020年高三物理第二轮专题练习之电场(新人教) 13页

电场 ‎1．如图1所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷-Q,且CO=OD, ∠ADO＝60.下列判断正确的是（ ）‎ A.O点电场强度为零 B.O点电场强度为零 C.若将点电荷+q从O移向C,电势能增大 D.若将点电荷-q从O移向C，电势能增大 图1‎ ‎2．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为q1和q2（q1＞q2）。将细线拉直并使之与电场方向平行，如图26所示。若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）‎ A． B．‎ C． D． 图26‎ ‎3．质子和中于是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：‎ 式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用U表示夸克间的势能，令U0＝F0(r2—r1)，取无穷远为势能零点．下列图2中U－r图示中正确的是（ ）‎ D U ‎ O ‎－U0 ‎ r r1‎ r2‎ A U ‎ O ‎－U0 ‎ r r1‎ r2‎ B U ‎ O ‎－U0 ‎ r r1‎ r2‎ C U ‎ O U0 ‎ r r1‎ r2‎ - 13 -‎ ‎ 图2‎ ‎ ‎ ‎4．图27所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A＇、B＇、C＇、D＇作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直。下列说法正确的是（ ）‎ A．AD两点间电势差UAD与A A＇两点间电势差UAA＇相等 B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电场力做正功 C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电势能减小 图27‎ D．带电的粒子从A点移到C＇点，沿对角线A C＇与沿路径A→B→B＇→C＇电场力做功相同 ‎ ‎5.如图4所示，实线为电场线，虚线为等势线且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为、、，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有（ ）‎ A. ＞＞　　　 B. EC＞EB＞EA 图4‎ C.　 UAB＜UBC　　　　　　　　 D.　 UAB＝UBC ‎ a b c ‎30°‎ ‎6．如图5所示，匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°,电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为V、V和2 V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为 ‎ A．V、V B．0 V、4 V ‎ C．V、 D．0 V、V 图5 ‎ A θ a b E R ‎7．竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图31所示的电路图连接。绝缘线 与左极板的夹角为θ。当滑动变阻器R的滑片在a位置时，‎ 电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，‎ 电流表的读数为I2，夹角为θ2，则 （ ） ‎ - 13 -‎ Ａ．θ1<θ2，I1θ2，I1>I2‎ Ｃ．θ1=θ2，I1=I2 Ｄ．θ1<θ2，I1=I2 图31 ‎ ‎ ‎ ‎8．如图28所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知＜。下列叙正确的是 （ ） ‎ A．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做功，电势能减少 ‎ B．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服电场力做功，电势能增加 图28 ‎ C．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做功，电势能减少 D．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的动，电势能不变 ‎9．匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图29所示。已知电场线的方向平行于ΔABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。设场强大小为E，一电量为1×10－6 C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则 A．W＝8×10－6 J，E＞8 V/m B．W＝6×10－6 J，E＞6 V/m C．W＝8×10－6 J，E≤8 V/m D．W＝6×10－6 J，E≤6 V/m 图29‎ a b d c ‎20V ‎24V ‎4V ‎10．a、b、c、d - 13 -‎ 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在的平面平行。已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图30所示。 由此可知，c点的电势为（ ） 图30‎ A、4V B、8V C、12V D、24V ‎ ‎11．如图9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Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为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（不计电子所受重力）。 ‎ ‎（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/n（n≥1）， 图9‎ 仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。‎ ‎12．带等量异种电荷的两平行金属板相距L，板长H，竖直放置，x轴从极板中点O通过，如图20所示。板间匀强电场的场强为E，且带正电的极板接地。将一质量为m、电量为+q的粒子（重力不计）从坐标为x0处释放。‎ ‎ （1）试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动的过程中，电势能与动能总和保持不变。‎ ‎（2）为使该粒子从负极板上方边缘的P点射出，须在x0处使该粒子获得竖直向上的初速度v0为多大? 图20‎ A B E ‎3.5L 固定底座 ‎-3q ‎+2q ‎ 13．如图33所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，‎ - 13 -‎ 球A带电量为+2q，球B带电量为-3q，两球由长为 ‎2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别 静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球 为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行 图33‎ 向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料 制成，不影响电场的分布），求： ‎ ‎（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；‎ ‎（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。‎ ‎14．如图10（a）所示，在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向左的电场，电场强度E随时间的变化如图10（b）所示。不带电的绝缘小球P2静止在O点。t=0时，带正电的小球P1以速度v0从A点进入AB区域。随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的倍。P1的质量为m1，带电量为q，P2的质量为m2=5m1，A、O间距为L0，O、B间距为.已知，.‎ ‎（1）求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间。‎ ‎（2）讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞。‎ ‎ 图10‎ ‎15．O d B A pdcyh C D O′‎ P L 如图23‎ - 13 -‎ 所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电。两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔。C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O’处，C带正电、D带负电。两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O’。半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计。现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒（微粒的重力不计），问： 图23‎ ‎（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大；‎ ‎（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件；‎ ‎（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒会通过半圆形金属板间的最低点P ‎16．如图35所示，一根长 L = 1.5m 的光滑绝缘细直杆MN ，竖直固定在场强为 E ==1.0 ×105N / C 、与水平方向成θ＝300角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M固定一个带电小球 A ，电荷量Q＝+4.5×10－6C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，‎ 电荷量q＝+1.0 ×10一6 C，质量m＝1.0×10一2 kg 。现将小 θ M N A B E 球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。（静电力常量 k＝9.0×10 9N·m2／C2，取 g =l0m / s2)‎ ‎（1）小球B开始运动时的加速度为多大？‎ ‎（2）小球B 的速度最大时，距 M 端的高度 h1为多大？‎ ‎（3）小球 B 从 N 端运动到距 M 端的高度 h2＝0.6l m 时，‎ 速度为v＝1.0m / s ，求此过程中小球 B 的电势能改变了多少？ 图35‎ - 13 -‎ 答案及解析 ‎1．【答案】BD ‎【解析】电场是矢量，叠加遵循平行四边行定则，由和几何关系可以得出，A错B对。在之间，合场强的方向向左，把负电荷从Ｏ移动到C，电场力做负功，电势能增加，C错D对。‎ ‎2．【答案】A ‎【解析】本题属于连接体问题，主要考查牛顿第二定律在电场中的应用，设加速度为a，对整体有：，再隔离球2分析：，联立两式得：，所以选项A正确 ‎3．【答案】B ‎【解析】从无穷远处电势为零开始到r = r2位置，势能恒定为零，在r = r2到r = r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图像为A、B选项中所示；r ＜ r1之后势能不变，恒定为－U0，由引力做功等于势能将少量，故U0=F0(r2－r1)．所以选项B正确 ‎4．【答案】BD ‎【解析】电场力的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A两点的电势差不为0，所以选项A错。带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D＇电场力做功，所以选项B正确；同理，带负电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电场力做负功，电势能增大，选项C错；由电场力做功的特点得选项D也正确。‎ ‎5．【答案】AC ‎【解析】考查静电场中的电场线、等势面的分布知识和规律。A、B、C三点处在一根电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φA＞φB＞φC，A正确；由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为EC＞EB＞EA，B对；电场线密集的地方电势降落较快，故UBC＞UAB，C对D错。此类问题要在平时注重对电场线与场强、等势面与场强和电场线的关系的掌握，熟练理解常见电场线和等势面的分布规律 ‎【答案】AC - 13 -‎ ‎6．【答案】 B ‎【解析】如图所示，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势面，MN为电场线，方向为MN方向，UOP= UOa=V，UON : UOP=2 :，故UON =2V,N点电势为零，为最小电势点，同理M点电势为4V，为最大电势点。所以选项B正确 ‎ a b c O N M P ‎7．【答案】D ‎【解析】先根据电容器在电路稳定的情况下相当于断路，比较两种情况下两极板的电势差、电场强度、电场力大小进而确定较大关系；再根据两种情况下的总电阻大小确定电流关系。当滑片在a位置时平行板电容器两极板间电势差比当滑片在b位置时小，场强也就小，故θ1<θ2 ，两种情况下的闭合电路总电阻不变，故I1=I2，所以正确选项D。‎ ‎8．【答案】AD ‎【解析】因电场力做功只与始末位置有关，与路径无关，故选项D对。把一正的点电荷从M点沿直线移到N点时，电场力做正功，电势能减少，所以选项A正确。而B错。负电荷则相反，即选项C错。‎ ‎9．【答案】A ‎【解析】本题主要考查电场力做功和电势差与场强的关系。根据W=得W=8×10－6 J，因沿场强方向的距离d小于1m，所以由得E大于8 V/m，故选项A正确。‎ ‎10．【答案】B ‎【解析】在匀强电场中，由于U＝Ed，所以任意一族平行线上等距离的两点的电势差相等，因此Uab=Ucd，所以c点电势为8V。，B对。考查匀强电场中场强与电势差的关系，难度适中。‎ ‎11．【解析】‎ ‎（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有 ‎ ‎ - 13 -‎ 解得　y＝，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，）‎ ‎（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有 解得　xy＝，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。‎ ‎（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有 ‎ ‎，‎ 解得　，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置 ‎12．【解析】‎ ‎（1）在带电粒子运动方向上任取一点，设其坐标为，取接地极板为零势能点。将粒子从O点移到处电场力做正功，，即粒子在x处的电势能为，在处的电势能为。‎ 再由牛顿第二定律①，②，解得③，又④，⑤，，得⑥，即该带电粒子在极板间运动的过程中，电势能与动能总和保持不变，证毕。‎ ‎ （2）粒子在竖直向上射出后做类平抛运动。故竖直方向做匀速直线运动，到达P点时有⑦；水平方向做初速度为零的匀加速运动，有⑧，联立解得 - 13 -‎ ‎13．【解析】‎ 对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：‎ 而且还能穿过小孔，离开右极板。 ‎ 假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：‎ 综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。 ‎ ‎（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：‎ ‎= ③‎ 球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：‎ ‎ ④‎ 由③④求得： ⑤‎ ‎（2）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：‎ ‎ ⑥‎ 将③⑤代入⑥得：‎ ‎ ⑦‎ 球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：‎ ‎ ⑧‎ 显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：‎ ‎ ⑨‎ - 13 -‎ ‎ ⑩‎ 求得： ⑾‎ 球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：‎ ‎ ⑿‎ 设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有：‎ ‎ ⒀‎ ‎ ⒁‎ 求得： ⒂‎ 由⑦⑾⒂可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：‎ ‎ ⒃‎ 球A相对右板的位置为： ⒄‎ ‎14．【解析】‎ ‎(1)P1经t1时间与P2碰撞，则 P1、P2碰撞，设碰后P2速度为v2，由动量守恒：‎ 解得（水平向左） （水平向右）‎ 碰撞后小球P1向左运动的最大距离： 又：‎ 解得：‎ 所需时间：‎ - 13 -‎ ‎（2）设P1、P2碰撞后又经时间在OB区间内再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正： 则： ‎ 解得： （故P1受电场力不变）‎ 对P2分析： ‎ 所以假设成立，两球能在OB区间内再次发生碰撞。‎ ‎15．【解析】‎ ‎（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有 ‎ 解得 ‎ ‎（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有 ‎ 联立⑴、⑵，得 ‎ ‎（3）微粒从释放开始经t1射出B板的小孔，则 ‎ ‎ 设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则 ‎ ‎ 所以从释放微粒开始，经过微粒第一次到达P点 根据运动的对称性，易知再经过微粒再一次经过P点 所以经过时间，微粒经过P点。‎ ‎16．【解析】‎ 由题意可知，带电小球在匀强电场和点电荷非匀强电场这样的叠加场中运动，前两问应用力的观点求解，因库仑力是变力，所以第（3）问只能用能的观点求解。‎ ‎（1）开始运动时小球受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得 - 13 -‎ ‎ ‎ 解得 ‎ 代入数据解得 ‎ ‎（2）小球速度最大时合力为零，即 ‎ ‎ 解得 ‎ 代入数据解得 ‎ ‎（3）小球从开始运动到速度为的过程中，设重力做功为，电场力做功为，‎ ‎ 库仑力做功为，根据动能定理有 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ 设小球的电势能改变了△，则 ‎△ ‎ ‎△ ‎ ‎△ ‎ - 13 -‎