2022届高三物理一轮复习专题训练：电场 （Word含答案）

这是一份2022届高三物理一轮复习专题训练：电场 （Word含答案），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．避雷针上方有雷雨云时,避雷针附近的电场线分布如图所示,图中中央的竖直黑线AB代表了避雷针,CD为水平地面。MN是电场中两个点,下列说法正确的是( )。
A.M点的电场强度比N点的电场强度大
B.试探电荷从M点沿直线移动到N点,电场力做功最少
C.M点的电势比N点的电势高
D.CD的电势为零,但其表面附近的电场线有些位置和地面不垂直
2．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如图所示，如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )
A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大
B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大
C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小
D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小
3．在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度E＝eq \f(F,q).关于该点的电场强度说法正确的是( )
A．若移去试探电荷q，则该点的电场强度为0
B．若试探电荷的电荷量变为4q，则该点的场强变为4E
C．若放置到该点的试探电荷变为－2q，则电场中该点的场强大小不变，但方向相反
D．若放置到该点的试探电荷变为－2q，则电场中该点的场强大小、方向均不变
4．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )
A．P和Q都带正电荷
B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷
D．P带负电荷，Q带正电荷
5．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q，其轴线上距离圆心为x的任意一点A的电场强度E＝2πkq·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,\r(R2＋x2))))，方向沿x轴(其中k为静电力常量)．如图乙所示，现有一块单位面积带电量为q0的无限大均匀带电平板，其周围电场可以看作是匀强电场，若从平板的中间挖去一半径为r的圆板，则圆孔轴线上距离圆心为x的B点的电场强度为( )
甲 乙
A．2πkq0eq \f(x,\r(r2＋x2)) B．2πkq0eq \f(r,\r(r2＋x2))
C．2πkq0eq \f(x,r) D．2πkq0eq \f(r,x)
6．如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，qA＝q0>0，qB＝－q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则( )
A．qC＝eq \f(4,7)q0
B．弹簧伸长量为eq \f(Mgsinα,k0)
C．A球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为q0eq \r(\f(3k,7Mg))
7．某空间存在一静电场，其沿x轴方向的电势φ随x变化的情况如图所示，图形关于过x3垂直x轴的直线对称，图中Ox1＝x1x2＝x2x3＝x3x4.下列说法中正确的是( )
A．0～x1区域内电场强度一定为零
B．正电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电势能逐渐增大
C．沿x轴方向上，x3处的电场强度最大
D．沿x轴方向上，正电荷从x2移到x4电场力做功不为零
8．如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
A.eq \f(s,2)eq \r(\f(2qE,mh))
B.eq \f(s,2)eq \r(\f(qE,mh))
C.eq \f(s,4)eq \r(\f(2qE,mh))
D.eq \f(s,4)eq \r(\f(qE,mh))
二、多项选择题
9．如图a所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场。现在A、B两板间加上如图b所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、带电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状况的表述中正确的是( )
A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动
B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动
C．只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出
D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出
10．空间内有一沿x轴分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示．－x1、x1、x2、x3是x轴上的四个点，图像关于坐标原点O中心对称，下列说法中正确的是( )
A．－x1处的电势比x1处的电势高
B．将正电荷由－x1移到x2，电势能先增大后减小
C．将一负电荷由－x1处由静止释放，若只受电场力作用，它将在－x1和x1之间往复运动
D．负电荷在4个点中位于x2处电势能最大
11．如图所示,空间内一直线上有间距为d的a、b两点,当在某位置固定一个点电荷Q时,a、b两点的电势相等,且a点的场强大小为E,方向与ab直线夹角为30°。静电力常量为k。下列说法中正确的是( )
A.点电荷Q带正电
B.点电荷Q所带电荷量的大小为Ed23k
C.把一个负点电荷从a点沿直线移动到b点过程中,其所受的电场力先增大后减小
D.把一个正点电荷从a点沿直线移动到b点过程中,其电势能先增大后减小
12．如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点．质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，电场强度E＝eq \f(3mg,4q)，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大
B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点
C．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg
D．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg
三、非选择题
13．电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图像．图甲是用电流传感器观察电容器充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V.
先使开关S与1接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I－t图像如图乙所示．已知图形与时间轴围成的面积表示电荷量，根据图像估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为________ C，该电容器电容为________ μF.(均保留三位有效数字)
14．在测定电容器电容值的实验中,将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关按图1所示电路图进行连接。先使开关S与1端相连,电源向电容器充电,充电完毕后把开关S掷向2端,电容器放电,直至放电完毕。实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的U-t曲线如图2所示,图3为由计算机对图2进行数据处理后记录了“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图。
(1)根据图1所示的电路,观察图2可知,充电电流与放电电流方向 (选填“相同”或“相反”),大小都随时间 (选填“增加”或“减小”)。
(2)当开关接“1”时,是充电还是放电?上极板带什么电?
(3)某同学认为:仍利用上述装置,将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端,也可以测出电容器的电容值。请你分析该同学的说法是否正确,并说明理由。
15．如图所示,AB⊥CD且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上,在C点有一固定点电荷,电荷量为+Q。现从A点将一质量为m,电荷量为-q的小球由静止释放,小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为gr,g为重力加速度,不考虑运动电荷对静电场的影响,求:
(1)小球运动到D点时对轨道的压力。
(2)小球从A点运动到D点的过程中电势能的改变量。
16．如图,小球A用两根等长的绝缘细绳a、b悬挂在水平天花板上,两绳之间的夹角为60°。A的质量为0.1 kg,电荷量为2.0×10-6 C。A 的正下方0.3 m处固定有一带等量同号电荷的小球B。A、B均可视为点电荷,静电力常量k=9×109 N·m2/C2,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)细绳a的拉力大小。
(2)剪断细绳a瞬间,细绳b的拉力大小和小球A 的加速度大小。
17．如图所示，半径为R＝0.4 m的半圆形绝缘光滑轨道BC与水平绝缘粗糙的轨道AB在B点平滑连接，轨道AB上方有电场强度大小为E＝1.0×104 N/C、方向水平向左的匀强电场。现有一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.0×10－4 C的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，若带电体恰好可以沿圆弧轨道运动到C点，并在离开C点后，落回到水平面上的D点(图中未画出)，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)带电体运动到圆形轨道B点时对轨道的压力大小；
(2)带电体落回到水平面上的D点到B点的距离；
(3)带电体从开始运动到落回到水平面整个过程中的最大动能(结果保留三位有效数字)。
18．在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B。A球的带电荷量为＋2q，B球的带电荷量为－3q，组成一个带电系统，如图所示，虚线MP为A、B两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距5L。最初A球和B球分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为4L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP、NQ间加上水平向右、场强大小为E的匀强电场后，求：
(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；
(2)带电系统向右运动的最大距离；
(3)带电系统从开始运动到速度第一次为零时，B球电势能的变化量。
参考答案
一、单项选择题
1．C
解析：N点处的电场线比M点处密集,可知M点的电场强度比N点的电场强度小,A项错误;由M、N两点间的电势差一定,可知无论试探电荷沿什么路径从M点到N点,电场力做功都是相同的,B项错误;沿电场线方向电势逐渐降低,可知M点的电势比N点的电势高,C项正确;CD的电势为零,地面为等势面,则CD表面附近的电场线与地面都是垂直的,D项错误。
2．D
解析：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，电容器两端间的电势差不变，由Q＝CU可知，导体芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，知正对面积减小，则液体的深度h在减小，故D正确，A、B、C错误．
3．D
解析：电场强度是采用比值定义法定义的，E＝eq \f(F,q)为比值定义式，在电场中某点的电场强度由电场决定，与试探电荷在该点受到的力、试探电荷的电荷量、电性无关，故D正确．
4．D
解析：对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，Q对P的库仑力水平向右，则匀强电场对P的电场力应水平向左，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项C错误，D正确．
5．A
6．A
解析：对C分析，受重力、支持力及A与B的库仑力，C静止，则A、B的库仑力之和沿斜面向上，又因为A、B所带电荷量大小相等，且B距离C较近，所以B给C的库仑力较大，则C球带正电，设相邻各小球间距为a，对C：keq \f(q0qC,a2)－keq \f(q0qC,2a2)＝Mgsinα，对B：keq \f(q\\al(2,0),a2)－keq \f(q0qC,a2)＝Mgsinα，联立解得：qC＝eq \f(4,7)q0，代入keq \f(q\\al(2,0),a2)－keq \f(q0qC,a2)＝Mgsinα，解得：a＝q0eq \r(\f(3k,7Mgsinα))，故A正确，D错误；对A、B、C整体有：k0x＝3Mgsinα，解得弹簧的伸长量为：x＝eq \f(3Mgsinα,k0)，B错误；对B、C整体有：F库′＝2Mgsinα，由牛顿第三定律可知，A受到的库仑力大小为：F库＝F库′＝2Mgsinα，C错误。
7．B
解析：在φ－x图像中，图线的斜率表示电场强度，x3处的电场强度为零，不是最大，C错误；在0～x1区域内，可能存在垂直于x轴方向上的电场，A错误；由电势能Ep＝qφ及题图知B正确；由电场力做功W＝qU知沿x轴方向，正电荷从x2移到x4电场力做功为零，D错误．
8．B
解析：两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：eq \f(s,2)＝v0t，在竖直方向上：eq \f(h,2)＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2，两式联立解得：v0＝eq \f(s,2)eq \r(\f(qE,mh))，故B正确，A、C、D错误．
二、多项选择题
9．BC
解析：如果板间距离足够大，粒子在垂直于板的方向上在前半个周期做匀加速运动，后半个周期做匀减速运动，如此循环，向同一方向运动，如果周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可在到达极板之前射出极板，若射出时垂直于极板方向的速度恰好减到零，粒子将沿与板平行的方向飞出，故B、C正确，A、D错误。
10．BC
解析：根据题意，电场关于x轴对称分布，作出电场线如图所示．根据沿电场线方向电势降低，则O点电势最高，
从图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相等，则－x1处的电势与x1处的电势相等，故A错误；将正电荷由－x1移到x2，电势能先增大后减小，选项B正确；－x1和x1之间的电场是对称的，将一负电荷由－x1处由静止释放，若只受电场力作用，负电荷先向右做加速运动，经过O点之后做减速运动，到x1处速度减为零，则它将在－x1和x1之间往复运动，选项C正确；4个点中，x3点的电势最低，则负电荷在4个点中位于x3处电势能最大，选项D错误．
11．BC
解析：本题考查点电荷的电场问题,属于关键能力的考查。
根据点电荷电场分布特点可知,点电荷Q在ab连线的中垂线上且带负电,A错误;
点电荷到a处的距离r=d2cs30°=33d,由点电荷场强的计算式E=kQr2=3kQd2,可解得点电荷Q所带的电荷量的大小为Ed23k,B正确;
把一个负点电荷从a点沿直线移动到b点过程中,两电荷间距离先减小后增大,由库仑定律可知两电荷间的电场力先增大后减小,C正确;
把一个正点电荷从a点沿直线移动到b点过程中,电场力先做正功后做负功,其电势能先减小后增大,D错误。
12．BC
解析：根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为mg等＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \f(5,4)mg，故等效重力加速度为g等＝eq \f(5,4)g，如图所示，tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，即θ＝37°，若小球刚好能通过C点关于圆心O对称的D点，那么小球就能做完整的圆周运动．
小球在D点时的动能最小，但D点并非是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律，小球在轨道上M点的电势能最小，机械能最大，选项B正确；小球过Q点和P点时，由牛顿第二定律可得FQ－mg＝meq \f(v\\al(Q2),R)，FP＋mg＝meq \f(v\\al(P2),R)，小球从Q点到P点，由动能定理可得－2mgR＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mveq \\al(Q2)，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C正确，D错误．
三、非选择题
13．04×10－3 507
解析：根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子代表电荷量为8×10－5 C，大于半格算一个，小于半格舍去，因此图像与时间轴围成的面积所包含的格子个数为38，所以释放的电荷量为Q＝8×10－5 C×38＝3.04×10－3 C．根据电容器的电容C＝eq \f(Q,U)可知，C＝eq \f(3.04×10－3,6) F≈5.07×10－4 F＝507 μF.
14．(1)相反 减小 (2)充电 带正电 (3)正确,理由见解析
解析：(1)根据图1所示的电路,观察图2可知:充电电流与放电电流方向相反,大小都随时间减小。
(2)当开关接“1”时,电容器与电源连接,是充电,且上极板带正电。
(3)正确。因为当开关S与2连接,电容器放电的过程中,电容器C与电阻R上的电压大小相等,因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及曲线与时间轴所围“面积S”,可应用C=QU=SRUm计算电容值。
15．(1)2mg-kQq4r2,方向竖直向下 (2)12mgr
解析：(1)小球运动到D点时,由牛顿第二定律得FN+kQq(2r)2-mg=mv2r
解得FN=2mg-kQq4r2
由牛顿第三定律得,小球运动到D点时对轨道的压力大小
FN'=FN=2mg-kQq4r2,方向竖直向下。
(2)小球从A点运动到D点,根据动能定理得
mgr+W电=12mv2-0
解得W电=-12mgr
由功能关系得ΔEp=-W电=12mgr。
16．(1)35 N (2) 3310 N 3 m/s2
解析：(1)小球A、B之间的库仑力大小F=kQ2r2
对小球A受力分析,根据平衡条件有2T cs 30°+F=mg
解得T=35 N。
(2)剪断细绳a瞬间,A的加速度方向与细绳b垂直,根据牛顿第二定律有
mgcs 30°=Fcs 30°+T'
mgsin 30°-Fsin 30°=ma
联立解得T'=3310 N,a=3 m/s2。
17．(1)6 N (2)0 (3)1.17 J
解析：(1)设带电体通过C点的速度为vC，
则：mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)，
设带电体通过B点的速度为vB，带电体运动到B点时，轨道对带电体的支持力大小为N，根据牛顿第二定律得：N－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，
带电体从B运动到C的过程，根据动能定理得：
－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
联立解得：N＝6 N，
根据牛顿第三定律知，带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小N′＝N＝6 N。
(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点的时间为t，根据运动的分解有：
2R＝eq \f(1,2)gt2，xBD＝vCt－eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，
解得：xBD＝0，即D点和B点重合。
(3)由P点到B点带电体做加速运动，由于带电体所受电场力大小为Eq＝1 N，所受重力大小为mg＝1 N，可知两力的合力与重力方向成45°夹角斜向左下方，故最大速度出现在B点左侧对应圆心角为45°处。
设小球的最大动能为Ekm，从B点到最大速度处，根据动能定理有：
qERsin45°－mgR(1－cs45°)＝Ekm－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
解得：Ekm≈1.17 J。
18．(1) eq \r(\f(2qEL,m)) (2)3L (3)6qEL
解析：(1)设B球刚进入电场时，系统的速度为v1，对A、B系统应用动能定理得：2qEL＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)
则v1＝ eq \r(\f(2qEL,m))。
(2)设A球向右运动s时，系统速度为零，
由动能定理得2qEs＝3qE(s－L)
则s＝3L。
(3)带电系统的速度第一次为零时，B球克服电场力做功
WFB＝6qEL
则B球电势能增加了6qEL。