高三物理二轮复习（通用版）对应练习——电场的基本性质 word版含解析

这是一份高三物理二轮复习（通用版）对应练习——电场的基本性质 word版含解析，共8页。试卷主要包含了考查场强的叠加和电势的叠加]，考查带电粒子运动中的功能关系]，0×103 V/m①，0×10－8 s等内容，欢迎下载使用。


1.考查点电荷的电场强度、电场的叠加]
(山东高考)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为( )
A.eq \f(3kQ,4a2)，沿y轴正向 B.eq \f(3kQ,4a2)，沿y轴负向
C.eq \f(5kQ,4a2)，沿y轴正向 D.eq \f(5kQ,4a2)，沿y轴负向
解析：选B 处于O点的正点电荷在G点处产生的场强E1＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴负向；又因为G点处场强为零，所以M、N处两负点电荷在G点共同产生的场强E2＝E1＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点共同产生的场强E3＝E2＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强E4＝keq \f(Q,2a2)，方向沿y轴正向，所以H点的场强E＝E3－E4＝eq \f(3kQ,4a2)，方向沿y轴负向。
2．考查点电荷的电场强度公式]
已知电荷分布均匀的绝缘球，球壳对壳内点电荷的作用力为零，对球壳外点电荷的作用力等于将所有电荷量全部集中在球心的点电荷对球外点电荷的作用力。若真空中有一半径为R的均匀带正电的绝缘球，通过其球心作一条直线，用r表示该直线上某点到球心的距离，则该直线上各点的电场强度E随r变化的图像正确的是( )
解析：选A 该球的电荷密度ρ＝eq \f(q,\f(4,3)πR3)，球内某点的电场强度等于以距球心的距离r为半径的球体所产生的电场强度，大小E＝keq \f(ρ\f(4π,3)r3,r2)＝eq \f(4,3)πρkr，球外某点的电场强度E＝keq \f(q,r2)，所以A正确。
3．考查电场强度的叠加及对称法的应用]
(全国卷Ⅰ)如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、 b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )
A．keq \f(3q,R2) B．keq \f(10q,9R2)
C．keq \f(Q＋q,R2) D．keq \f(9Q＋q,9R2)
解析：选B 由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Eq＝keq \f(q,R2)，根据对称性可知Q在d点产生的场强大小EQ′＝keq \f(q,R2)，则Ed＝EQ′＋Eq′＝keq \f(q,R2)＋keq \f(q,3R2)＝keq \f(10q,9R2)，故选项B正确。
4.考查电容器与电源相连时的动态问题]
(全国乙卷)一平行板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，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
解析：选D 平行板电容器电容的表达式为C＝eq \f(εS,4πkd)，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝eq \f(U,d)，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。
5．考查平行板电容器与力学知识的综合]
(多选)(南阳一中月考)给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电。板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示。小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则( )
A．若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小
B．若将B极板向下平移稍许，A、B两板间电势差将增大
C．若将B极板向上平移稍许，夹角θ将变大
D．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动
解析：选ABC 若将B极板向右平移稍许，d增大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，知电容器的电容将减小，故A正确。若将B极板向下平移稍许，正对面积S减小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，知电容将减小，因电容器带电荷量Q不变，由U＝eq \f(Q,C)，分析知板间电势差增大，故B正确。若将B极板向上平移稍许，同上分析知板间电势差增大，根据E＝eq \f(U,d)，知E增大，则小球所受的电场力增大，夹角θ将变大，故C正确。轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故D错误。
6．考查电容器的两类动态问题对比]
(多选)(衡水检测)如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低
B．将上极板下移，则P点的电势不变
C．将下极板下移，则P点的电势升高
D．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动
解析：选CD 二极管具有单向导电性，闭合开关后电容器充电，电容器的电容 C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εS,4πkd)，极板间的电场强度E＝eq \f(U,d)，整理得E＝eq \f(4πkQ,εS)；油滴静止，则qE＝mg；减小极板间的正对面积S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电场强度E变大，油滴所受电场力变大，会向上移动，P点与下极板的距离不变，E变大，则P点的电势升高，故A错误；将上极板向下移动，d变小，电容器两极板间的电场强度E＝eq \f(U,d)变大，P与下极板的距离不变，P的电势升高，故B错误；将下极板向下移动，d变大，由C＝eq \f(εS,4πkd)可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝eq \f(4πkQ,εS)可知电容器两极板间的电场强度不变，P与下极板的距离变大，P与下极板间的电势差变大，P的电势升高，故C正确；上极板上移或下极板下移时，d变大，由C项分析知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动；上极板下移或下极板上移时，d变小，由B项分析知电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，故D正确。
7.考查场强的叠加和电势的叠加]
(合肥高三质检)如图所示，正三角形ABC的三个顶点固定了电量分别为－q、＋q和＋q(q＞0)的三个点电荷，K、P分别为AB和BC边的中点，下列说法正确的是( )
A．O点的电场强度小于P点的电场强度
B．P点的电场强度大于K点的电场强度
C．O点的电势低于K点的电势
D．O点的电势低于P点的电势
解析：选D 根据场强的叠加原理，P点的场强等于－q在P点形成电场的场强，而O点的场强等于两个＋q在O点场强以及－q在O点场强的叠加，由平行四边形定则可判断O点的电场强度大于P点的电场强度，选项A错误；K点的场强等于B点的＋q和A点的－q在K点的场强叠加，然后再与C点的＋q在K点的场强的合成，由平行四边形定则可判断P点的电场强度小于K点的电场强度，选项B错误；由电势叠加原理可知，O点的电势等于C点的＋q在O点形成电场的电势，而K点的电势等于C点的＋q在K点形成电场的电势，由距离关系可知O点的电势高于K点的电势，选项C错误；P点的电势等于两个＋q和一个－q在P点电势的叠加，由距离关系可知O点的电势低于P点的电势，选项D正确；故选D。
8．考查由带电粒子的运动轨迹判断粒子受力及运动情况]
(全国甲卷)如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则( )
A．aa>ab>ac，va>vc>vb
B．aa>ab>ac，vb>vc>va
C．ab>ac>aa，vb>vc>va
D．ab>ac>aa，va>vc>vb
解析：选D a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rb＜rc＜ra，则三点的电场强度由E＝keq \f(Q,r2)可知Eb＞Ec＞Ea，故带电粒子Q在这三点的加速度ab＞ac＞aa。由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝eq \f(1,2)mvb2－eq \f(1,2)mva2＜0，则vb＜va，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|＝eq \f(1,2)mvc2－eq \f(1,2)mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，则va＞vc，故va＞vc＞vb，选项D正确。
9.考查带电粒子运动中的功能关系]
如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点。它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc,2ab＝cd＝bc＝2L，电场线与四边形所在平面平行。已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为8 V。一个质子以一定的速度经过b点，过一段时间后经过c点。不计质子的重力，则( )
A．a点电势低于c点电势
B．质子到达c点的电势能为16 eV
C．场强的方向由a指向d
D．质子从b运动到c，电场力做功为4 eV
解析：选B 因为已知φa＝20 V，φb＝24 V，φd＝8 V，根据匀强电场的特性有φc－φd＝2(φb－φa)，解得φc＝16 V，质子到达c点的电势能为16 eV，所以A错误，B正确；延长ba到c′，并使ba＝ac′，则φc′＝16 V，所以cc′连线为等势面，场强的方向由b指向d，所以选项C错误；质子从b运动到c，电场力做功为8 eV，所以选项D错误。
10.考查带电粒子在电场中的类平抛运动]
(山东高考)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(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))
解析：选B 由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两个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，联立以上两式可求得：v0＝eq \f(s,2) eq \r(\f(Eq,mh))，由此可知，该题只有选项B正确，A、C、D皆错误。
11．考查带电粒子在电场中的往复运动]
(北京朝阳区期末)
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。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m＝1.0×10－20kg，电荷量q＝1.0×10－9C的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素。求：
(1)x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比eq \f(E1,E2)；
(2)该粒子运动的最大动能Ekm；
(3)该粒子运动的周期T。
解析：(1)由题图可知：
左侧电场强度：E1＝eq \f(20,1×10－2) V/m＝2.0×103 V/m①
右侧电场强度：E2＝eq \f(20,0.5×10－2) V/m＝4.0×103 V/m②
所以：eq \f(E1,E2)＝eq \f(1,2)。
(2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有：
qE1·x＝Ekm③
其中x＝1.0×10－2 m
联立①③并代入相关数据可得：Ekm＝2.0×10－8J。④
(3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有
vm＝eq \f(qE1,m)t1⑤
vm＝eq \f(qE2,m)t2⑥
Ekm＝eq \f(1,2)mvm2⑦
T＝2(t1＋t2)⑧
联立①②④⑤⑥⑦⑧并代入相关数据可得：T＝3.0×10－8 s。
答案：(1)eq \f(E1,E2)＝eq \f(1,2) (2)Ekm＝2.0×10－8 J
(3)T＝3.0×10－8 s
12．考查带电粒子在交变电场中的偏转问题]
如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向电压值为eq \f(U0,2)，且每隔eq \f(T,2)变向1次。现将质量为m的带正电且电荷量为q的粒子束从AB的中点O以平行于金属板的方向OO′射入，设粒子能全部打在靶上，而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T。不计重力的影响，试求：
(1)定性分析在t＝0时刻从O点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况。
(2)在距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中？
(3)要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足什么条件？(写出U0、m、d、q、T的关系式即可)
解析：(1)0～eq \f(T,2)时间内，带正电的粒子受到向下的电场力而向下做加速运动，在eq \f(T,2)～T时间内，粒子受到向上的电场力而向下做减速运动。
(2)当粒子在0、T、2T…nT(n＝0,1,2…)时刻进入电场中时，粒子将打在O′点下方最远点，在前eq \f(T,2)时间内，粒子竖直向下的位移：y1＝eq \f(1,2)a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2＝eq \f(qU0T2,8md)
在后eq \f(T,2)时间内，粒子竖直向下的位移：
y2＝veq \f(T,2)－eq \f(1,2)a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2
其中：v＝a1eq \f(T,2)＝eq \f(qU0T,2md)，a2＝eq \f(qU0,2md)
解得：y2＝eq \f(3qU0T2,16md)
故粒子打在距O′点正下方的最大位移：
y＝y1＋y2＝eq \f(5qU0T2,16md)
当粒子在eq \f(T,2)、eq \f(3T,2)…eq \f(2n＋1T,2)(n＝0,1,2…)时刻进入电场时，将打在O′点上方最远点，在前eq \f(T,2)时间内，粒子竖直向上的位移：y1′＝eq \f(1,2)a1′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2＝eq \f(qU0T2,16md)
在后eq \f(T,2)时间内，粒子竖直向上的位移：
y2′＝v′eq \f(T,2)－eq \f(1,2)a2′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2
其中：v′＝a1′eq \f(T,2)＝eq \f(qU0T,4md)，a2′＝eq \f(qU0,md)
解得：y2′＝0
故粒子打在距O′点正上方的最大位移：
y′＝y1′＋y2′＝eq \f(qU0T2,16md)
击中的范围在O′以下eq \f(5qU0T2,16md)到O′以上eq \f(qU0T2,16md)。
(3)要使粒子能全部打在靶上，需有：eq \f(5qU0T2,16md)解得：U0答案：(1)见解析 (2)O′以下eq \f(5qU0T2,16md)到O′以上eq \f(qU0T2,16md) (3)U0电场强度的理解与计算
考点二
平行板电容器问题
考点三
电场的性质及应用
考点四
带电粒子在电场中的运动