（江蘇專版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 第一講 電場的基本性質(zhì)課前自測診斷卷（含解析）.doc

電場的基本性質(zhì)考點一電場強(qiáng)度的理解與計算1.考查點電荷的電場強(qiáng)度、電場的疊加多選若規(guī)定無限遠(yuǎn)處的電勢為零，真空中點電荷周圍某點的電勢可表示為k，其中k為靜電力常量，Q為點電荷的電荷量，r為該點到點電荷的距離。如圖所示，M、N是真空中兩個電荷量均為Q的固定點電荷，M、N間的距離為1.2d，OC是MN連線的中垂線，OCM37。C點電場強(qiáng)度E和電勢的大小分別為()AEBECD解析：選BC由幾何關(guān)系可知MCNCd，M、N點電荷在C點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，均為E1k，根據(jù)電場的疊加原理可得，M、N點電荷在C點的合場強(qiáng)大小為E2E1cos 37，場強(qiáng)方向水平向右，選項B正確，A錯誤；M、N單獨存在時C點的電勢均為1，C點的電勢大小為21，選項C正確，D錯誤。2考查勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度計算如圖所示，梯形abdc位于某勻強(qiáng)電場所在平面內(nèi)，兩底角分別為60、30，cd2ab4 cm。已知a、b兩點的電勢分別為4 V、0，將電荷量q1.6103 C的正電荷由a點移動到c點，克服電場力做功6.4103 J。下列關(guān)于電場強(qiáng)度的說法中正確的是()A垂直ab向上，大小為400 V/mB垂直bd斜向上，大小為400 V/mC平行ca斜向上，大小為200 V/mD平行bd斜向上，大小為200 V/m解析：選B由WqU知Uac V4 V，而a4 V，所以c8 V，過b點作beac交cd于e，因在勻強(qiáng)電場中，任意兩條平行線上距離相等的兩點間電勢差相等，所以UabUce，即e4 V，又因cd2ab，所以Ucd2Uab，即d0，所以bd為一條等勢線，又由幾何關(guān)系知ebbd，由電場線與等勢線的關(guān)系知電場強(qiáng)度必垂直bd斜向上，大小為E V/m400 V/m，B項正確。3考查電場強(qiáng)度的疊加及對稱法的應(yīng)用如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、 b、d三個點，a和b、b和c、 c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q0)的固定點電荷。已知b點處的場強(qiáng)為零，則d點處場強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)()AkBkCkDk 解析：選B由于在a點放置一點電荷q后，b點電場強(qiáng)度為零，說明點電荷q在b點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與圓盤上Q在b點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，即EQEqk，根據(jù)對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小EQk，則EdEQEqkkk，故選項B正確?？键c二平行板電容器問題4.考查電容器與電源相連時的動態(tài)問題如圖所示，平行板電容器兩極板接在直流電源兩端。下列操作能使電容器電容減小的是()A增大電源電壓B減小電源電壓C在兩極板間插入陶瓷D增大兩極板間的距離解析：選D根據(jù)公式C可知，增大(或減小)電源電壓，電容不變，故A、B錯誤；在兩極板間插入陶瓷即增大了電介質(zhì)的介電常數(shù)，電容增大，故C錯誤；增大兩極板間的距離d，電容減小，故D正確。5考查靜電計指針張角變化分析兩塊豎直放置的平行正對的金屬板構(gòu)成一個平行板電容器。電容器左極板接地，右極板與靜電計相連，在距離兩板等距離的A點處有一個帶電小球在靜電力與細(xì)繩牽引下處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將左極板向右移動靠近A點(未接觸)后系統(tǒng)再次平衡，下列說法中正確的是()A繩子的張角變小B極板上的電荷量減少C靜電計的指針偏角不變D若將細(xì)繩剪斷，小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(未接觸極板前)解析：選D極板帶電荷量Q不變，根據(jù)C、C以及E可得E，移動電容器極板，電場強(qiáng)度不發(fā)生變化，小球受到的電場力不變，則繩子的張角不變，選項A、B錯誤；極板靠攏時，C變大，U減小，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角變小，選項C錯誤；繩子剪斷后，小球初速度為零，所受的重力和電場力都是恒力，則加速度恒定，在未接觸極板前，小球做勻加速直線運(yùn)動，選項D正確。6考查電容器內(nèi)帶電油滴的平衡及運(yùn)動問題如圖，一平行板電容器與電動勢為E的電源連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將上極板豎直向上移動一小段距離，則()AP點的電勢將降低B極板帶電荷量將增加C帶電油滴的電勢能將增大D帶電油滴將豎直向上運(yùn)動解析：選C將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E知板間場強(qiáng)減小，而P點與下極板間的距離不變，則由公式UEd分析可知，P點與下極板間電勢差將減小，而P點的電勢低于下極板的電勢，則知P點的電勢將升高，故A錯誤。油滴所受的電場力FqE減小，則油滴將向下運(yùn)動，故D錯誤。根據(jù)QUC，由于電勢差不變，電容器的電容減小，故帶電荷量減小，故B錯誤。由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶正電，P點的電勢升高，則油滴的電勢能將增大，故C正確?？键c三電場的性質(zhì)及應(yīng)用7.考查等勢面、運(yùn)動軌跡和電勢能大小的比較多選如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，即UabUbc，實線為一個帶負(fù)電的質(zhì)點僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。下列說法中正確的是()A三個等勢面中，等勢面a的電勢最低B質(zhì)點通過Q點時的電勢能比通過P點時小C質(zhì)點通過Q點時的加速度比通過P點時大D質(zhì)點通過Q點時的加速度的方向一定與等勢面a垂直解析：選BD作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向和質(zhì)點帶負(fù)電荷可知，電場線斜向上，故等勢面c的電勢最低，故A錯誤；質(zhì)點從Q點到P點的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，質(zhì)點通過Q點時的電勢能比通過P點時的電勢能小，故B正確； 等差等勢面P處密，P處電場強(qiáng)度大，電場力大，加速度大，故C錯誤；電場強(qiáng)度與等勢面垂直，電場力與等勢面垂直，質(zhì)點通過Q點時的加速度的方向一定與等勢面a垂直，故D正確。8考查運(yùn)動軌跡和電勢、電勢能的比較多選如圖所示，在處于M或N點的點電荷Q產(chǎn)生的電場中，虛線AB是一個電子只在電場力作用下的運(yùn)動軌跡。設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是()A電子一定由A向B運(yùn)動B點B處的電勢可能高于點A處的電勢C無論Q為正電荷還是負(fù)電荷，一定有aA<aBD無論Q為正電荷還是負(fù)電荷，一定有EpA<EpB解析：選BC根據(jù)運(yùn)動軌跡可知，電子所受的電場力大致向右，電場強(qiáng)度大致向左，若Q是放在M點的電荷，則Q是負(fù)電荷，此時B點電勢低于A點電勢，電子在B點的電勢能較大；若Q是放在N點的電荷，則Q是正電荷，此時B點電勢高于A點電勢，電子在B點的電勢能較??；但是根據(jù)題中條件不能確定電子一定由A向B運(yùn)動，選項A、D錯誤，B正確；無論Q為正電荷還是負(fù)電荷，因B點距離電荷較近，則電場力較大，則一定有aA<aB，選項C正確。9考查x圖像及電場中的功能關(guān)系多選a、b是位于x軸上的兩個點電荷，電荷量分別為Q1和Q2，沿x軸a、b之間各點對應(yīng)的電勢如圖中曲線所示(取無窮遠(yuǎn)電勢為零)，M、N、P為x軸上的三點，P點對應(yīng)圖線的最低點，a、P間距離大于P、b間距離。一質(zhì)子以某一初速度從M點出發(fā)，僅在電場力作用下沿x軸從M點運(yùn)動到N點，下列說法正確的是()AP點處的電場強(qiáng)度為0Ba和b一定是帶等量同種電荷C質(zhì)子在運(yùn)動過程中速率先增大后減小D質(zhì)子在運(yùn)動過程中加速度先增大后減小解析：選AC在x圖像中，斜率代表電場強(qiáng)度的大小，故在P點電場強(qiáng)度為0，故A正確；兩點電荷在P點的合場強(qiáng)為零，P點距離Q1較遠(yuǎn)，根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式知，Q1的電荷量大于Q2的電荷量，故B錯誤；P點的左側(cè)電場方向向右，P點的右側(cè)電場方向向左，知質(zhì)子所受的電場力先向右后向左，電場力先做正功再做負(fù)功，故速率先增大后減小，故C正確；由圖像可知，切線斜率表示電場強(qiáng)度的大小，斜率從左向右先減小后增大，故場強(qiáng)先減小后增大，故加速度先減小后增大，故D錯誤?？键c四帶電粒子在電場中的運(yùn)動10.考查帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動如圖所示，水平虛線MN上、下方空間分別存在場強(qiáng)方向相反、大小相等的勻強(qiáng)電場。以虛線MN處電勢為零，A、B是位于兩電場中同一豎直線上的兩點，且到MN的距離均為d，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從A點由靜止釋放，已知粒子運(yùn)動過程中最大電勢能為Em，不計粒子重力。求：(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??；(2)粒子從釋放到第一次返回A點所需的時間。解析：(1)粒子釋放后，在MN上方電場中電場力做正功，電勢能減小，MN下方電場中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，由能量守恒和對稱性可知，粒子在A、B兩點間做往返運(yùn)動，且在A、B處時電勢能最大，MN處電勢為零，設(shè)A到MN間電勢差為U，A點電勢為A，電場強(qiáng)度大小為E，則有UA0AEmqAUEd聯(lián)立解得E。(2)粒子從A到MN做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)經(jīng)歷的時間為t，到MN時粒子速度為v，加速度為a，則有vatqEma從A到MN由能量守恒有Emmv2聯(lián)立解得td由對稱性可得，粒子第一次返回A點所需時間為t總4t4d。答案：(1)(2)4d11考查帶電粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn)如圖所示，一個電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿中心軸線從O點垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出打到熒光屏上的P點，O點為熒光屏的中心。已知電子質(zhì)量m9.01031 kg，電荷量e1.61019 C，加速電場電壓U02 500 V，偏轉(zhuǎn)電場電壓U200 V，極板的長度L16.0 cm，板間距離d2.0 cm，極板的末端到熒光屏的距離L23.0 cm。(忽略電子所受重力，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)求：(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0的大??；(2)電子打在熒光屏上的P點到O點的距離h；(3)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中電場力對它所做的功W。解析：(1)電子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理有：eU0mv02解得：v0 代入數(shù)據(jù)得：v03.0107 m/s。(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量為y電子在水平方向做勻速直線運(yùn)動：L1v0t電子在豎直方向上做勻加速運(yùn)動：yat2根據(jù)牛頓第二定律有：ma聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得y0.36 cm畫出電子的運(yùn)動軌跡，由圖可知電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線過偏轉(zhuǎn)電場的中點由幾何關(guān)系知，代入數(shù)據(jù)解得h0.72 cm。(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運(yùn)動的過程中電場力對它做的功WeEyey5.81018 J。答案：(1)3.0107 m/s(2)0.72 cm(3)5.81018 J12考查帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動如圖甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，AB間電壓為UABU0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為m，帶電荷量為e的電子(可視為初速度為0)。在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變化的周期TL，板間中線與電子源在同一水平線上。極板長L，距偏轉(zhuǎn)極板右邊緣s處有一足夠大的熒光屏，經(jīng)時間t統(tǒng)計(t>T)只有50%的電子能打到熒光屏上。(板外無電場)，求：(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時的速度的大?。?2)在t時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)極板時與板間中線的距離；(3)電子打在熒光屏上的范圍Y。解析：(1)設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時的速度為v，由動能定理有：eU0mv2，解得v 。(2)由題意知，電子穿過偏轉(zhuǎn)極板所需時間：t1LT故在t時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子在電場方向上先加速再減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故一個周期內(nèi)，側(cè)移量為零。(3)電子應(yīng)在一個周期的時間內(nèi)射出偏轉(zhuǎn)極板，因為只有50%的電子能打到熒光屏上，所以有50%的電子由于偏轉(zhuǎn)量太大，不能射出，經(jīng)分析知電子在TT，TT(k0,1,2，)時進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板，能射出。設(shè)兩極板間距為d，則電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度大小a，則有2a2，解得dL因為電子射入偏轉(zhuǎn)板時，豎直方向速度為0，所以電子打在熒光屏上的范圍Y2d，d2a22a2解得Y。答案：(1) (2)0(3)