小题狂刷 高考专题特训
第一单元 电 场
第1节 电场力的性质
时受到电场力小
C.正电荷放在a点静止释放,在电场力作用下运
动的轨迹沿电场线
1.(2022·怀化模拟)如图所示,Q 是放在绝缘柄 D.a点电场强度较大
上的带正电的物体,把一个系在绝缘丝线上的带正电 5.(2022·郑州一模)一半径
的小球,先后挂在图中的A、B 两个位置,小球两次平 为R 的绝缘环上,均匀地带有电
衡时,丝线偏离竖直方向的夹角分别为θ1、θ2,则θ1 和 荷量为Q 的电荷,在垂直于圆环
θ2 的关系是 ( ) 平面的对称轴上有一点 P,它与
A.θ1<θ2 B.θ1=θ2 环心O 的距离OP=L.设静电力
C.θ1>θ2 D.无法确定 常量为k,关于P 点的场强E,下列四个表达式中有一
个是正确的,请你根据所学的物理知识,通过一定的分
析,判断正确的表达式是 ( )
kQ kQL
A.R2+L2 B.R2+L2
kQR kQL
C. D.
(R2+L2)3 (R2+L2)3
第1题 第2题 6.(2022春·重庆校级期末)如图所示,水平地面
2.(2022·西安校级模拟)如图所示,两根细线拴 上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ.
着两个质量相同的小球A、B,上、下两根细线中的拉 一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系
力分别是TA、TB,现在使A、B 带同种电荷,此时上、 有一个带电小球A,细线与斜面平行.小球A 的质量为
下细线受力分别为TA'、TB',则 ( ) m、电荷量为q.小球A 的右侧固定放置带等量同种电
A.TA'=TA,TB'>TB B.TA'=TA,TB'C.TA'TB D.TA'>TA,TB'3.(2022·姜堰市模拟)两点电荷形成电场的电场 球A 静止在斜面上.
线分布如图所示,A、B 是电场线上的两点,下列判断 (1)若B 球带正电且细线对A 球拉力刚好为零,
正确的是 ( ) 则B 球电量
A.A、B 两点的电场强度大小不等,方向相同 (2)若B 球带负电且斜面对A 球支持力刚好为
B.A、B 两点的电场强度大小相等,方向不同 零,则B 球电量
C.左边电荷带负电,右边电荷带正电
D.两电荷所带电荷量相等
第3题 第4题
4.(2022·临潼区)如图所示是电场中某区域的电
场线分布,下列判断正确的是 ( )
A.电荷在a 点受到电场力方向必定与场强方向
一致
B.同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点
4
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
A.-q,在A 左侧距A 为L 处
L
B.-2q,在A 左侧距A 为 处2
C.+4 ,在B 右侧距B 为L 处
高频题特训
q
D.+2q,
3L
在B 右侧距B 为 处
1.(2022·黄埔区一模)(多选)如图所示,光滑水 2
平桌面上有A、B 两个带电小球(可以看成点电荷),A 4.(2022·青浦区一模)如图所示,绝缘的光滑水
球带电量为+3q,B 球带电量为- ,由静止同时释放
平桌面高为
q h=1.25m
、长为s=2m,桌面上方有一个
后A 球加速度大小为B 球的两倍.现在A、B 中点固 水平向左的匀强电场.一个质量为 m=2×10
-3kg、带
定一个带正电C 球(也可看作点电荷),再由静止同时 电量为q=+5.0×10
-8C的小物体自桌面的左端A
释放A、B 两球,结果两球加速度大小相等.则C 球带 点以初速度vA=6m/s向右滑行,离开桌子边缘B 后,
电量为 ( ) 落在水平地面上C 点.C 点与B 点的水平距离x=1m,
不计空气阻力,取g=10m/s2.
(1)小 物 体 离 开 桌 子 边 缘 B 后 经 过 多 长 时 间
3 9
A.28q B.20q 落地
3 9 (2)匀强电场E 多大
C.7q D.4q (3)为使小物体离开桌面边缘 B 后水平距离加
2.(2022·盐城三模)(多选)某老师用图示装置探 倍,即x'=2x,某同学认为应使小物体带电量减半,你
究库仑力与电荷量的关系.A、B 是可视为点电荷的两 同意他的想法吗 试通过计算验证你的结论.
带电小球,用绝缘细线将A 悬挂,实验中在改变电荷
量时,移动B 并保持A、B 连线与细线垂直.用Q 和q
表示A、B 的电荷量,d 表示A、B 间的距离,θ(θ不是
很小)表示细线与竖直方向的夹角,x 表示A 偏离O
点的水平距离.实验中 ( )
A.d 应保持不变
B.B 的位置在同一圆弧上
C.x 与电荷量乘积Qq成正比
D.tanθ与A、B 间库仑力成正比
3.(2022·高邮市校级期末)相距为L 的点电荷
A、B 带电荷量分别为+4q和-q,如图所示,今引入第
三个点电荷C,使三个点电荷都处于平衡状态,则C 的
电荷量和放置的位置是 ( )
5
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D.速度先增大后减小
易错题特训
4.(2022·金塔县校级模拟)如图所示,在竖直向
1.(2022·蚌埠二模)如图所示,O 是半径为R 的 下的匀强电场中有一绝缘的圆轨道,半径为R,一带负
正N 边形(N 为大于3的偶数)外接圆的圆心,在正N 电的小球从斜轨道上的 A 点由静止释放,沿轨道滑
边形的一个顶点A 放置一个带电量为+2q的点电荷, 下,已知小球的质量为m,电量为-q,匀强电场的场强
其余顶点分别放置带电量均为-q的点电荷(未画出). 大小为E,斜轨道的倾角为α(小球的重力大于所受的
则圆心O 处的场强大小为 ( ) 电场力,各处均不计摩擦).求:
(1)小球到达B 点的速度至少为多少
(2)A 点距水平地面的高度h至少要为多少
(3)若撤去匀强电场,让小球从h'=2R 处由静止
下滑,小球将从圆轨道的何处脱离
2kq 3kq
A.R2 B.R2
(N-1)kp Nkp
C. R2 D.R2
2.(2022秋·晋江市校级期中)如图所示,放在水
平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B,
A 位于筒底靠在左侧壁处,B 在右侧筒壁上受到A 的
斥力作用处于静止.若筒壁竖直,A 的电量保持不变,B
由于漏电而下降少许重新平衡,下列说法中正确的是
( )
A.小球A 对筒底的压力变小
B.小球A、B 间的库仑力不变
C.小球A、B 间的库仑力变小
D.小球B 对筒壁的压力变大
3.(2015春·南通期末)如图所示,A、B 为两个固
定的等量同种正点电荷,在它们连线的中点处有一个 拓展题特训
可以自由运动的正点电荷C,现给电荷C 一个垂直于 1.(海南省文昌中学2022学年度第一学期高三年
连线的初速度v0,若不计C 所受的重力,则关于电荷C 级物理科期考试题)(多选)如图,倾角为θ的绝缘斜面
以后的运动情况,下列说法中正确的是 ( ) ABC 置于粗糙的水平地面上,一质量为m,带电量+q
的小物块(可看作是点电荷)恰好能在斜面上匀速下
滑,若在AB 中点D 的上方与B 等高的位置固定一带
A.加速度始终增大
电量 +Q 的点电荷,再让物块以某一速度从斜面上滑
B.加速度始终减小
下,物块在下滑至底端的过程中,斜面保持静止不动,
C.速度始终增大
在不考虑空气阻力和物块电荷没有转移的情况下,关
6
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
于在物块下滑过程的分析正确的是 ( ) 4.(2022·济宁模拟)如图所示,在光滑绝缘水平
面上B 点的正上方O 处固定一个质点,在水平面上的
A 点放另一个质点,两个质点的质量均为m,带电量均
为+Q.C 为AB 直线上的另一点(O、A、B、C 位于同
A.在BA 之间,物块将做加速直线运动 一竖直平面上),AO 间的距离为L,AB 和BC 间的距
B.在BD 之间,物块受到的库仑力先增大后减小 L离均为 ,在空间加一个水平方向的匀强电场后
2 A
处
C.在BA 之间,斜面对地面的压力有可能不变
的质点处于静止.试问:
D.在BA 之间,斜面受到地面的摩擦力均为零
(1)该匀强电场的场强多大 其方向如何
2.(安徽省合肥一中、芜湖一中等六校教育研究会
(2)给A 处的质点一个指向C 点的初速度,该质
2022届高三第二次联考)(多选)用细绳拴一个质量为
点到达B 点时所受的电场力多大
m 带正电的小球B,另一个带正电小球A 固定在绝缘
(3)若初速度大小为v0,质点到达C 点时的加速
竖直墙上,A、B 两球与地面的高度均为h,小球B 在
度和速度分别多大
重力、拉力和库仑力的作用下静止不动,如图所示.现
将细绳剪断后 ( )
A.小球B 在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
B.小球B 在细绳剪断瞬间加速度大于g
2h
C.小球B 落地的时间小于 g
D.小球B 落地的速度大于 2gh
3.(2022·宣武区校级模拟)如图所示,真空中Ox
坐标轴上的某点有一个点电荷Q,坐标轴上A、B 两点
的坐标分别为0.2m和0.7m.在A 点放一个带正电的
试探电荷,在B 点放一个带负电的试探电荷,A、B 两
点的试探电荷受到电场力的方向都跟x 轴正方向相
同,电场力的大小F 跟试探电荷电荷量q 的关系分别
如图中直线a、b所示.下列说法正确的是 ( )
A.B 点的电场强度的大小为0.25N/C
B.A 点的电场强度的方向沿x 轴负方向
C.点电荷Q 是正电荷
D.点电荷Q 的位置坐标为0.3m
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第2节 电场能的性质
A.三个等势面中,等势面a的电势最高
B.带电质点一定是从P 点向Q 点运动
C.带电质点通过 P 点时的加速度比通过Q 点
1.(2022·黑龙江模拟)(多选)关于静电场的电场 时小
强度和电势,下列说法正确的是 ( ) D.带电质点通过P 点时的动能比通过Q 点时小
A.电场强度的方向处处与等电势面垂直 5.(2015春·盐城期末)为使带负电的点电荷q
B.电场强度为零的地方,电势也为零 在一匀强电场中沿直线匀速地由A 运动到B,必须对
C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势能逐渐 该电荷施加一个恒力F,如图所示,若AB=0.4m,α=
降低
37°,q=-5×10-7C,F=1.5×10-4N,A 点的电势 A
D.任一点的电场强度总是指向该点电势降低最 φ
=200V.(不计负电荷受到的重力,sin37°=0.6,cos37°
快的方向
( · )如图所示,一圆环上均 =0.8
)求:
2.2014秋 如皋市月考
, (1)匀强电场的电场强度 的大小和方向;匀分布着负电荷 x 轴垂直于环面且过圆心O.下列关 E
于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是 ( ) (2)B 点的电势是多少 并在图中用实线画出通
过A、B 两点的等势线;
(3)q 在由A 到B 的过程中电势能的变化量是
多少
A.O 点的电场强度为零,电势最高
B.O 点的电场强度为零,电势最低
C.从O 点沿x 轴正方向,电场强度减小,电势
升高
D.从O 点沿x 轴正方向,电场强度增大,电势
降低
3.(2022·文登市模拟)(多选)图中虚线是某电场
中的一簇等势线.两个带电粒子从P 点均沿等势线的
切线方向射入电场,粒子运动的部分轨迹如图中实线
所示.若粒子仅受电场力的作用,下列说法中正确的是
( )
高频题特训
1.(2022·西城区二模)如图所示,虚线为电场中
的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等.一个带
A.a、b两点的电场强度大小关系EaB.a、b两点的电势关系UaC.粒子从P 运动到a的过程中,电势能增大
D.粒子从P 运动到b的过程中,动能增大
4.(2022·红桥区模拟)如图所示,虚线a、b、c是
电场中的三个等势面,相邻等势面间的电势差相同,实
线为一个带正电的质点仅在电场力作用下,通过该区 A.A 点的电势比B 点的高
域的运动轨迹,P、Q 是轨迹上的两点.下列说法中正确 B.无法比较A、B 两点的电势高低
的是 ( ) C.A 点的电场强度比B 点的大
D.无法比较A、B 两点的场强大小
2.(2022·泰州一模)(多选)如图所示为一空腔导
体周围的电场线分布,电场方向如图中箭头所示,M、
N、P、Q 是以O 为圆心的一个圆周上的四点,其中 M、
8
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
N 在一条直线电场线上,P、Q 在一条曲线电场线上, (1)求0~t0时间内A 对B 球做的功;
下列说法正确的有 ( ) (2)求杆所在直线上场强的最大值.
A.M 点的电场强度比N 点的电场强度小
B.P 点的电势比Q 点的电势低 易错题特训
C.负电荷在 P 点的电势能小于其在Q 点的电 1.(江西省吉安市第一中学2022届高三上学期第
势能 四次周考物理试题)在光滑的绝缘水平面上,有一个正
D.M、O 间的电势差等于O、N 间的电势差 三角形abc,顶点a、b、c处分别固定一个正电荷,电荷
3.(2022秋·雅安校级月考)对于电场中A、B 两 量相等,如图所示,D 点为正三角形外接圆的圆心,E、
点,下列说法正确的是 ( ) G、H 点分别为ab、ac、bc的中点,F 点为E 关于c电
W
A.电势差的定义式U ABAB= ,说明两点间的电 荷的对称点,则下列说法中正确的是 ( )q
势差UAB与电场力做功 WAB 成正比,与移动电荷的电
荷量q成反比
B.A、B 两点间的电势差等于将正电荷从A 点移
到B 点电场力所做的功
A.D 点的电场强度一定不为零、电势可能为零
C.将1C的正电荷从A 点移到B 点,电场力做了
B.E、F 两点的电场强度等大反向
1J的正功,这两点间的电势差为1V
C.E、G、H 三点的电场强度相同
D.电荷由A 点移到B 点的过程中,除受电场力
D.若释放c电荷,c电荷将一直做加速运动
外,还受其他力的作用,电荷电势能的变化就不再等于
2.(宁夏石嘴山市第三中学2022届高三上学期第
电场力所做的功
五次适应性(期末)考试理科综合物理试题)(多选)一
4.(2022·静安区一模)如图所示,P、Q 是两个带 带电小球在电场中仅在电场力作用下,从A 点运动到
电量相等的负点电荷,它们连线的中点是O,A、B 是
B 点,速度大小随时间变化的图象如图所示,tA、tB 分
PQ 连线中垂线上的两点,OA后放在A 点与B 点,用EA、EB,εA、εB 分别表示A,B 正确的是 ( )
两点的场强和负电荷在这两点时的电势能,则下列说
A.A 处的场强一定小于B 处的场强
法正确的是 ( )
B.A 处的电势一定高于B 处的电势
A.EA 一 定 大 于 EB,εA 一 定 大 C.带电小球在A 处的电势能一定小于B 处的电
于εB 势能
B.EA 一定小于EB,εA 不一定大 D.带电小球从A 到B 的过程中,电场力一定对电
于εB 荷做正功
C.EA 不一定大于EB,εA 一定大
于εB
D.EA 可能小于EB,εA 一定小于εB
5.(2022·和平区校级三模)如图所示,虚线左侧
存在非匀强电场,MO 是电场中的某条电场线,方向水
平向右,长直光滑绝缘细杆CD 沿该电场线放置.质量 第2题 第3题
为m1、电量为+q1 的A 球和质量为m2、电量为+q2 3.(2022·泰州期末)如图所示,虚线 AB 和CD
的B 球穿过细杆(均可视为点电荷)t.=0时A 在O 点 分别为椭圆的长轴和短轴,相交于O 点,两个等量异
以速度v0向左做匀速运动,同时B 在O 点右侧某处以 种点电荷分别位于椭圆的两个焦点 M、N 上.下列说
速度v1 也向左运动,且v1>v0.t=t0时B 到达O 点 法中正确的是 ( )
(未进入非匀强电场区域),A 运动到P 点,此时两电 A.A、B 两点的电场强度相同
荷间距离最小.静电力常量为k. B.O 点的电场强度为零
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C.O、C、D 三点的电场强度相同 C.粒子经过P 点与Q 点时,动能相等
D.将另一电荷+q沿CD 连线从C 点到D 的过程 D.粒子经过P 点与Q 点时,电场力做功的功率
中,电势能先减小后增大 相等
4.(2022·嘉兴一模)在绝缘水平面上相距为6L 2.(湖北省沙市中学2022届高三下学期第一次月
的A、B 两处分别固定电量不等的正电荷,两电荷的位 考理科综合试题)如图所示,将带正电的甲球放在不带
置坐标如图甲所示,已知B 处电荷的电量为+Q.图乙 电的乙球左侧,两球在空间形成了稳定的静电场,实线
是AB 连线之间的电势φ 与位置x 之间的关系图象, 为电场线,虚线为等势线.A、B 两点与两球球心连线位
图中x=L 点为图线的最低点,x=-2L 处的纵坐标 于同一直线上,C、D 两点关于直线AB 对称,则
, 25
(
,
)
为φ0 x=0处的纵坐标为63φ0 x=2L
处的纵坐标为
A.A 点和B 点的电势相同
3
7φ0.
若在x=-2L 的C 点由静止释放一个质量为 B.C 点和D 点的电场强度相同
C.正电荷从A 点移至B 点,电场力做正功
m、电量为+q的带电物块(可视为质点,且不考虑物块 D.负电荷从C 点移至D 点,电势能增大
对原电场的影响),物块随即向右运动.求:
(1)固定在A 处的电荷的电量QA;
(2)为了使小物块能够到达x=2L 处,试讨论小
物块与水平面间的动摩擦因数μ所满足的条件;
(3)若 小 物 块 与 水 平 面 间 的 动 摩 擦 因 数 μ=
kqQ
2,小物块运动到何处时速度最大 并求最大速 第2题
第 题
3m 3gL
3.(山东省寿光现代中学2022届高三下学期收心度vmax.
考试(开学检测)物理试题)如图所示,一圆环上均匀分
布着正电荷,x 轴垂直于环面且过圆心O,下列关于x
图甲 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是 ( )
A.O 点的电场强度为零,电势最低
B.O 点的电场强度为零,电势最高
C.从O 点沿x 轴正方向,电场强度减小,电势
升高
D.从O 点沿x 轴正方向,电场强度增大,电势
图乙
降低
4.(2022·博白县模拟)粗糙绝缘的水平面附近存
在一个平行于水平面的电场,其中某一区域的电场线
与x 轴平行,且沿x 轴方向的电势φ 与x 成反比关
拓展题特训 , 4.5×10
4
系 表达式为φ= (V),现有一质量为x 0.10kg
,
1.(重庆市巴蜀中学2022届高三上学期一诊模拟 电荷量为1.0×10-7C带正电荷的滑块(可视作质点),
考试理科综合试题)(多选)有一静电场,某电势随x 坐 其与水平面的动摩擦因素为0.20.问:
标的改变而改变,变化的图象如图所示.若将一带电粒 (1)若将滑块无初速地放在x=0.10m处,滑块最
子(重力不计)从坐标原点O 以某一初速度向x 正向 终停止在何处
射出,粒子可以通过x=12mm处.电场中P、Q 两点 (2)若滑块从x=0.60m处以初速度v0沿-x方向
的x 坐标分别为1mm、4mm.则下列说法正确的是 运动,要使滑块 恰 能 回 到 出 发 点,其 初 速 度v0应 为
( ) 多大
A.粒子先加速再减速,此后又加速运动
B.粒子在P 点与Q 点加速度大小相等、方向相反
10
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
第3节 电容 电容器
(1)该电容器所带电量;
(2)若板间有一带电微粒,其质量为 m=2.0×
10-3kg,恰在板间处于静止状态,则该微粒带电量为
1.(2022秋·东方校级月考)(多选)对于水平放 多少 带何种电荷
置的平行板电容器,下列说法正确的是 ( )
A.将两极板的间距加大,电容将增大
B.将两极板平行错开,使正对面积减小,电容将
减小
C.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚
度小于极板间的陶瓷板,电容将增大
D.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚
度小于极板间距的铝板,电容将增大
2.(2022·沈阳模拟)如图所示,电路中A、B 为两
块竖直放置的金属板,G 是一只静电计,开关S合上
后, 高频题特训静电计指针张开一个角度,下述哪些做法可使指针
张角增大 ( ) 1.(2022·锦州二模)(多选)如图所示,水平放置
A.使A、B 两板靠近一些 的平行板电容器,两板间距为d.带负电的小球质量为
B.使A、B 两板正对面积错开一些 m,带电量为q,从下极板N 的小孔P 处,以初速度v0
C.断开S后,使A 板向右平移一些 射入,沿直线到达上极板 M 上的小孔Q,若重力加速
D.断开S后,使A、B 正对面积错开一些 度为g.则 ( )
A.小球在 M、N 间运动的加速度不为零
B.M 板电势高于N 板电势
C.小球从P 到Q,电势能增加了mgd
mgd
D.M、N 间电势差大小为 q
第2题 第3题
3.(2022·乐山一模)如图所示的电路,水平放置
的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状
态,现将滑动变阻器的滑片向左移动,则 ( )
A.电容器上的电荷量将减少
B.电容器的电容将减小 第1题 第2题
C.电容器中的电场强度将增大 2.(吉林省松原市油田高中2022届毕业班第三次
D.液滴将向上运动 模拟考试物理试卷)(多选)某电容式话筒的原理如图
4.(2022·洛阳校级模拟)(多选)指纹传感器已经 所示,E 为电源,R 为电阻,薄片P 和Q 为两金属极
走入日常生活中,设在一块半导体基板上阵列了10万 板,对着话筒说话时,P 振动而Q 可视为不动,当P、Q
金属颗粒,每一颗粒充当电容器的一极,外表面绝缘, 间距离增大过程中 ( )
当手指贴在其上时就构成了电容器的另一极,这就组 A.P、Q 构成的电容器的电容减小
成了指纹传感器.当手指的指纹一面与绝缘表面接触 B.P 上电荷量保持不变
时,由于指纹深浅不同,对应的峪和嵴(突起和凹陷)与 C.有电流自 M 经R 流向N
颗粒间形成一个个电容值大小不同的电容器,则 D.PQ 间的电场强度不变
( ) 3.(2022·淮安三模)电容式加速度传感器的原理
A.指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒 结构如图,质量块右侧连接轻质弹簧,左侧连接电介
距离近,电容小 质,弹簧与电容器固定在外框上.质量块可带动电介质
B.指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒 移动改变电容.则 ( )
距离远,电容小
C.对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压,
在手指靠近时,各金属电极均处于充电状态
D.对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压,
在手指远离时,各金属电极均处于充电状态
5.(2022·南昌校级期末)如图所示,一平行板电容
器接在U=12V的直流电源上,电容C=3.0×10-10 ,
加速度传感器
F
电介质插入极板间越深,电容器电容越小
两极板间距离d=1.20×10-3m,取g=10m/s2,求: A.
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B.当传感器以恒定加速度运动时,电路中有恒定 充电后与电源断开,负极板接地.两板间有一个正电荷
电流 固定在P 点,如图所示,以E 表示两板间的场强,U 表
C.若传感器原来向右匀速运动,突然减速时弹簧 示电容器两板间的电压,Φ 表示正电荷在P 点的电势,
会伸长 EP表示正电荷在P 点的电势能,若保持负极板不动,
D.当传感器由静止突然向右加速瞬间,电路中有 将正极板向下移到图示的虚线位置,则 ( )
顺时针方向电流 A.E 变大 B.EP不变
4.(2022·黄冈校级期末)如图所示电路中,E 为 C.Φ 变大 D.U 不变
电池组,S为单刀双掷开关,1、2是单刀双掷开关的两 3.(2022秋·亭湖区校级月考)按图1连接电路,
个触点, 为灵敏电流计,C 为平行板电容器,两极板 电源用直流8V,电容器电容约几百微法,先使开关S
间距为d.先将开关S与触点1相连,一段时间后将开 与1相连,电源向电容器充电,这个过程可在瞬间完
关与触点2连接,下列说法正确的是 ( ) 成.然后把开关S掷向2,电容器通过电阻R 放电,传
感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时
间变化的I-t图线.
(1)在图2中画一个竖立的狭长矩形,它的面积的
物理意义是什么
(2)估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量.
A.S与触点1相连时,电流计一直有稳定的示数 (3)根据以上数据估算电容器的电容是多少
B.S与触点2连接后,电容器的电容变为零
C.S与触点1相连时,若改变d 的大小,应有电流
通过电流计
D.S与触点2连接后,电流计一直有稳定的示数
5.(2022秋·江西期末)如图所示电路,电源电动
势E=12V,内阻r=1Ω.外电路中电阻R1=2Ω,R2
=3Ω,R3=7.5Ω.电容器的电容C=2μF.求:
( 图 图1)电 键S闭 合 时,电 路 稳 定 时 电 容 器 所 带 的 1 2
电量;
(2)电键从闭合到断开,流过电流表A的电量.
拓展题特训
易错题特训 (2022秋·滕州市校级期末)如图所示,充电后的
平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,
1.(2022·宿迁二模)(多选)如图,一对面积较大 上极板正中有一小孔.质量为m,电荷量为+q 的小球
的平行板电容器水平放置,带等量异种电荷,B 板固定 从小孔正上方高h 处由静止开始下落,穿过小孔到达
且接地,A 板用绝缘线悬挂,P 为两板中点.下列结论 下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场
正确的是 ( ) 可视为匀强电场,重力加速度为 ).求:
A.若在两板间充满电介质,
g
P 点电势将升高 (1)小球到达小孔处的速度;
B.A、B 两板电荷分别在P 点产生电场的场强大 (2)两极板间的电势差的大小;
小相等,方向相同 (3)电容器所带电荷量.
C.若将A 板竖直向下平移一小段距离,电容器储
存的电能减小
D.若将A 板竖直向上平移一小段距离,线的拉力
将变大
第1题 第2题
2.(2022秋·大田县校级期末)一平行板电容器
12
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
第4节 带电粒子在电场中运动
1.(2022·临潼区校级模拟)(多选)如图所示,有 A.U1∶U2=1∶1
三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的质点,由 B.U1∶U2=1∶2
C.U ∶U =1∶4
两水平极板正中,以相同的初速度v0,先后垂直匀强
1 2
D.U1∶U, 、 、 , 2=1∶8电场射入 并分别落在负极板上甲 乙 丙三处 可以判定
4.(2022·德阳校级模拟)一个带正电的微粒,从
( ) A 点射入水平方向的匀强电场中,微粒沿直线AB 运
动,如图所示,AB 与电场线夹角θ=30°.已知带电微粒
的质量m=1.0×10-7kg,电量q=1.0×10-10C,A、B
相距L=20cm.(取g=10m/s2,结果要求二位有效数
字)求:
A.甲处质点带正电,乙处质点不带电,丙处质点 (1)试说明微粒在电场中运动的性质,要求说明
带负电 理由;
B.三个质点在电场中的运动时间相等 (2)电场强度大小、方向
C.三个质点在电场中的加速度a >a >a (3)要使微粒从A 点运动到B 点,微粒射入电场甲 乙 丙
D.三个质点到达负极的动能E >E 时的最小速度是多少 丙 乙>E甲
2.(2022秋·清远期末)(多选)如图所示,足够长
的两平行金属板正对着竖直放置,它们通过导线与电
源E、定值电阻R、开关S相连.闭合开关后,一个带电
的液滴从两板上端的中点处无初速度释放,最终液滴
落在某一金属板上.下列说法中正确的是 ( )
A.电源电动势越大,液滴在板间运动的加速度
越大
B.定值电阻的阻值越小,液滴在板间运动的加速
度越大
C.定值电阻的阻值越大,液滴在板间运动的时间
越长 高频题特训
D.两平行金属板距离越大,液滴在板间运动的时
1.(2022·深圳一模)(多选)如图,竖直放置的平
间越长
行金属板带等量异种电荷,一不计重力的带电粒子从
3.(2022秋·绵阳期末)如图所示,有一带电粒子 两板中间以某一初速度平行于两板射入,打在负极板
贴着A 板内侧沿水平方向射入A、B 两板间的匀强电 的中点,以下判断正确的是 ( )
场,当A、B 两板间电压为U1 时,带电粒子沿轨迹Ⅰ从
两板正中间飞出;当A、B 两板间电压为U2 时,带电粒
子沿轨迹Ⅱ落到B 板中间.设粒子两次射入电场的水
平速度之比为2∶1,则两次电压之比为 ( )
13
小题狂刷 高考专题特训
A.该带电粒子带正电 (3)粒子射出电容器时竖直偏转的位移y.
B.该带电粒子带负电
C.若粒子初速度增大到原来的2倍,则恰能从负
极板边缘射出
D.若粒子初动能增大到原来的2倍,则恰能从负
极板边缘射出
2.(2022·广东一模)(多选)真空中的某装置如图
所示,其中平行金属板A、B 之间有加速电场,C、D 之 图甲 图乙
间有偏转电场,M 为荧光屏.今有质子和α粒子均由A
板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入
偏转电场,最后打在荧光屏上.已知质子和α粒子的质
量之比为1∶4,电荷量之比为1∶2,则下列判断中正
确的是 ( )
A.粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同
B.粒子打到荧光屏上的位置相同 易错题特训
C.加速电场和偏转电场的电场力对两种粒子做
的总功之比为1∶4 1.(2022秋·崇川区校级期中)(多选)如图所示,
D.粒子在AB 和CD 的两个电场中的运动,均为 两平行金属板间有一匀强电场,板长为L,板间距离为
匀变速运动 d,在距板右端L 处有一竖直放置的光屏M.一电荷量
3.(2022·池州一模)如图所示,A 板发出的电子 为q、质量为m 的质点从两板中央射入板间,最后垂直
经加速后,水平射入水平放置的两平行金属板间,金属 打在 M 屏上,则下列结论正确的是 ( )
板间所加的电压为U,电子最终打在荧光屏P 上,关于 mgA.板间的电场强度大小为
电子的运动,则下列说法正确的是 ( ) q
2mg
B.板间的电场强度大小为 q
C.质点在板间运动时动能的增加量等于电场力
做的功
D.质点在板间的运动时间等于它从板的右端运
A.滑动触头向左移动时,其他不变,则电子打在 动到光屏的时间
荧光屏上的位置上升
B.滑动触头向右移动时,其他不变,则电子打在
荧光屏上的位置上升
C.电压U 增大时,其他不变,则电子打在荧光屏
上的速度大小不变 第1题 第2题
D.电压U 增大时,其他不变,则电子从发出到打 2.(2022秋·涪城区校级月考)如图为一水平方
在荧光屏上的速度变小 向的匀强电场,某带负电粒子从A 点运动到B 点,在
4.(2022·长沙校级期末)图甲所示的平行板电容 这一运动过程中克服重力做的功为1.0J,电场力做的
器板间距离为d,两板所加电压随时间变化图线如图 功为1.5J.则下列说法正确的是 ( )
乙所示,t=0时刻,质量为m、带电量为q 的粒子以平 A.匀强电场方向水平向右
行于极板的速度v0射入电容器,t=3T 时刻恰好从下 B.粒子在A 点的电势能比在B 点少1.5J
极板边缘射出电容器,带电粒子的重力不计,U0、T 为 C.粒子在A 点的动能比在B 点少0.5J
已知量,求: D.粒子在A 点的机械能比在B 点多1.5J
(1)平行板电容器板长L; 3.(2022秋·唐山期中)如图甲所示,在真空中足
(2)粒子射出电容器时偏转的角度φ 的正切值; 够大的绝缘水平面上,一个质量为m=0.2kg、带电量
14
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
为q=+2×10-6C的小物体处于静止状态,小物体与 2.(2015秋·仁寿县校级期中)如图所示,静止于
地面之间的动摩擦因数μ=0.1,从t=0时刻开始,空 A 处的离子,先经加速电场加速后能沿图中圆弧虚线
间上加一个如图乙所示的变化电场(电场只存在于 匀速率地通过静电分析器,静电分析器通道内有均匀
0~4s的时间内),取水平向右的方向为正方向,g= 辐射分布的电场方向,然后再从P 点垂直CN 进入矩
10m/s2.求: 形区域的有界匀强电场,场强方向水平向左.已知加速
(1)2s内小物体的位移大小; 电场的电压为U,圆弧虚线的半径为R,离子质量为
(2)小物块从开始到第一次速度为零过程中,电势 m、电荷量为q;QN=2d、PN=3d,离子重力不计.求:
能是增加还是减少,增加或者减少多少; (1)静电分析器圆弧虚线所在处电场强度 E 的
(3)小物体运动的全过程经历的总时间. 大小;
(2)若 离 子 恰 好 能 打 在 Q 点 上,则 矩 形 区 域
QNCD 内电场强度E0的大小;
(3)从A 到Q 点的整个运动过程,离子电势能的
变化.
甲 乙
拓展题特训
1.(吉林省松原市油田高中2022届毕业班第三次
模拟考试物理试卷)(多选)如图甲所示,平行金属板中
央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离足够大.
当两板间加上如图乙所示的交变电压后,在下图中,反
映电子速度v、位移x 和加速度a三个物理量随时间t
的变化规律可能正确的是 ( )
图甲 图乙
A B
C D
15
小题狂刷 高考专题特训
综合特训(一)
A.aa>ab>ac,va>vc>vb
B.aa>ab>ac,vb>vc>va
C.ab>ac>aa,vb>vc>va
1.(2022·新课标Ⅲ)关于静电场的等势面,下列 D.ab>ac>aa,va>vc>vb
说法正确的是 ( ) 5.(2022·海南)(多选)如图,两电荷量分别为Q
A.两个电势不同的等势面可能相交 (Q>0)和-Q 的点电荷对称地放置在x 轴上原点O
B.电场线与等势面处处相互垂直 的两侧,a点位于x 轴上O 点与点电荷Q 之间,b点位
C.同一等势面上各点电场强度一定相等 于y轴O 点上方.取无穷远处的电势为零.下列说法正
D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至 确的是 ( )
电势较低的等势面,电场力做正功
2.(2022·新课标Ⅰ)一平行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,极板间的电场强度变大
A.b点电势为零,电场强度也为零
B.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度变大
B.正的试探电荷在a 点的电势能大于零,所受电
C.极板上的电荷量变大,极板间的电场强度不变
场力方向向右
D.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度不变
C.将正的试探电荷从O 点移到a 点,必须克服电
3.(2022·新课标Ⅰ)(多选)如图,一带负电荷的
场力做功
油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直平面(纸面)内,
D.将同一正的试探电荷先后从O、b 两点移到a
且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称.忽略空气阻
点,后者电势能的变化较大
力.由此可知 ( )
6.(2022·浙江)如图所示为静电力演示仪,两金
属极板分别固定于绝缘支架上,且正对平行放置,工作
时两板分别接高压直流电源的正负极,表面镀铝的乒
A.Q 点的电势比P 点高
乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间,则 ( )
B.油滴在Q 点的动能比它在P 点的大
C.油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大
D.油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小
4.(2022·新课标Ⅱ)如图,P 为固定的点电荷,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 A.乒乓球的左侧感应出负电荷
的三个点.若Q 仅受P 的电场力作用,其在a、b、c点 B.乒乓球受到扰动后,会被吸在左极板上
的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、 C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的
vb、vc,则 ( ) 作用
D.用绝缘棒将乒乓球拔到与右极板接触,放开后
乒乓球会在两极板间来回碰撞
7.(2022·天津)如图所示,平行板电容器带有等
量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器
下极板都接地.在两极板间有一固定在P 点的点电荷,
16
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
以E 表示两极板间的电场强度,EP 表示点电荷在P A.末速度大小为 2v0
点的电势能,θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板 B.末速度沿水平方向
不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位 1
C.重力势能减少了 m d
置, g则 ( ) 2
D.克服电场力做功为mgd
10.(2022·江苏)静电现象在自然界中普遍存在,
我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,《春秋纬·
A.θ增大,E 增大 考异邮》中有“玳瑁吸”之说,但下列不属于静电现象的是
B.θ增大,EP不变 ( )
C.θ减小,EP增大 A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
D.θ减小,E 不变 B.带电小球移至不带电金属附近,两者相互吸引
8.(2022·海南)如图,平行板电容器两极板的间 C.小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生
距为d,极板与水平面成45°角,上极板带正电.一电荷 电流
量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处.以初动 D.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被
能Ek0竖直向上射出.不计重力,极板尺寸足够大,若粒 电击的感觉
子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为 11.(2022·天津)(多选)如图所示,氕核、氘核、氚
( ) 核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右
的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场
E2 发生偏转,最后打在屏上.整个装置处于真空中,不
计粒子重力及其相互作用,那么 ( )
Ek0
A.4qd
Ek0
B.2qd
2Ek0
C.2qd A.偏转电场E2 对三种粒子做功一样多
2Ek0 B.三种粒子打到屏上时的速度一样大D.qd C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
9.(2022·山东)(多选)如图甲,两水平金属板间
D.三种粒子一定打到屏上的同一位置
距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示t.=0时
12.(2022·广东)(多选)如图所示的水平匀强电
刻,质量为m 的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两
场中,将两个带电小球 M 和N 分别沿图示路径移动
, T板间 0~ 时间内微粒匀速运动,T 时刻微粒恰好经3 到同一水平线上的不同位置,释放后,M、N 保持静
金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重 止,不计重力,则 ( )
力加速度的大小为g.关于微粒在0~T 时间内运动的
描述,正确的是 ( )
A.M 的带电量比N 的大
B.M 带负电荷,N 带正电荷
C.静止时 M 受到的合力比N 的大
图甲 图乙 D.移动过程中匀强电场对 M 做负功
17
小题狂刷 高考专题特训
13.(2022·上海)如图,在场强大小为E、水平向 14.(2022·四川)中国科学家2015年10月宣布
右的匀强电场中,一轻杆可绕固定转轴O 在竖直平面 中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器.
内自由转动.杆的两端分别固定两电荷量均为q 的小 加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在放射治疗、
球A、B,A 带正电,B 带负电;A、B 两球到转轴O 的 食品安全、材料科学等方面有广泛应用.如图所示,某
距离分别为2l、l,所受重力大小均为电场力大小的 3 直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)
倍.开始时杆与电场间夹角为θ(90°≤θ≤180°).将杆从 组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极.质子
初始位置由静止释放,以O 点为重力势能和电势能零 从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,
点.求: 在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,
(1)初始状态的电势能W ; 加速电压视为不变.设质子进入漂移管B 时速度为e 8
(2)杆在平衡位置时与电场间的夹角α; ×10
6m/s,进入漂移管E 时速度为1×107 m/s,电源
(3)杆在电势能为零处的角速度ω. 频率为1×10
7Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管
1
内运动时间视为电源周期的 质子的荷质比取
2. 1×
108C/kg.求:
(1)漂移管B 的长度;
(2)相邻漂移管间的加速电压.
18
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
C.一个负电荷处于A 点的电势能大于它处于B
点的电势能
D.若将一个正电荷由A 点释放,该电荷将在电场
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两 中做加速度减小的加速运动
部分。共100分,考试时间100分钟。 4.(2022·安徽)如图所示,xOy 平面是无穷大导
第Ⅰ卷(选择题 共60分) 体的表面,该导体充满z<0的空间,z>0的空间为真
一、选择题(本大题共10小题,每小题6分,共60分) 空.将电荷为q 的点电荷置于z 轴上z=h 处,则在
1.(2015春·平度市期末)金属小球a 和金属小 xOy 平面上会产生感应电荷.空间任意一点处的电场
球b的半径之比为1∶3,所带电荷量之比为1∶7.两小 皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发
球间距远大于小球半径且间距一定时,它们之间的相 的.已知静电平衡时导体内部场强处处为零,则在z 轴
互吸引力大小为F.已知取无穷远处为零电势,导体表 h上z= 处的场强大小为(k为静电力常量) (2
)
面的电势与导体球所带的电荷量成正比,与导体球的
4q 4q
半径成反比.现将金属小球a 与金属小球b相互接触, A.kh2 B.k9h2
达到静电平衡后再放回到原来位置,这时a、b两球之
32q 40q
间的相互作用力的大小是(不考虑万有引力) ( ) C.k9h2 D.k9h2
9F 16F
A.7 B.7
12F 27F
C.7 D.28
2.(2022·扬州模拟)如图所示,一个电量为+Q 第4题 第5题
的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O 点,另一个电 5.(2022·黄州区模拟)光滑绝缘细杆与水平面成
量为-q、质量为m 的点电荷乙从A 点以初速度v0沿 θ角固定,杆上套有一带正电小球,质量为 m,带电量
它们的连线向甲运动,到B 点时速度最小且为v.已知 为q.为使小球静止在杆上,可加一匀强电场.所加电场
静电力常量为k,点电荷乙与水平面的动摩擦因数为 的场强满足什么条件时,小球可在杆上保持静止
μ,AB 间距离为L 则 ( ) ( )
kQq
A.OB 间的距离为r= , mgcosθ
μmg A.
垂直于杆斜向上 场强大小为
q
B.从A 到B 的过程中,电场力对点电荷乙做的功 mg
B.竖直向上,场强大小为
1 1 q
W=μmgL+2mv
2
0-2mv
2
, mgsinθC.垂直于杆斜向上 场强大小为
C.从A 到B 的过程中,电场力对点电荷乙做的功 q
kQq mgcotθ
为 D.水平向右,场强大小为
μmg q
D.在点电荷甲形成的电场中,AB 间电势差U 6.(2022·郑州一模)(多选)两个等量异种点电荷AB
1 1 的连线和其中垂线上有a、b、c三点,如图所示,下列说
μmgL+2mv
2- 22mv0 法正确的是 ( )
= q A.a点电势比b点高
B.a、b两点场强方向相同,b点场强比a点大
C.b点电势比c点高,场强方向相同
D.一个电子仅在电场力作用下不可能沿如图曲第2题 第3题 线轨迹从a点运动到c点
3.(2015秋·海淀区期末)(多选)某电场的电场
线分布如图所示,电场中有A、B 两点,则以下判断正
确的是 ( )
A.A 点的场强大于B 点的场强,B 点的电势高于
A 点的电势 第6题 第7题
B.若将一个电荷由A 点移到B 点,电荷克服电场 7.(2022·上海模拟)如图所示,绝缘杆两端固定
力做功,则该电荷一定为负电荷 带电小球A 和B,轻杆处于水平向右的匀强电场中,不
19
小题狂刷 高考专题特训
考虑两球之间的相互作用.初始时杆与电场线垂直,将 域Ⅰ中有一个带负电的油滴沿电场线以速度v0匀速
杆右移的同时顺时针转过90°,发现A、B 两球电势能之 下落,并进入区域Ⅱ(电场范围足够大).能描述粒子在
和不变.根据如图给出的位置关系,下列说法正确的是 两个电场中运动的速度-时间图象是(以v0方向为正
( ) 方向) ( )
A.A 一定带正电,B 一定带负电
B.A、B 两球带电量的绝对值之比qA∶qB=1∶2
C.A 球电势能一定增加
D.电场力对A 球和B 球都不做功
8.(2022秋·兰州校级期中)(多选)如图所示为
空间某一电场的电场线,a、b 两点为其中一条竖直向
下的电场线上的两点,该两点的高度差为h,一个质量
为m、带电荷量为+q 的小球从a 点静止释放后沿电 A B
场线运动到b 点时速度大小为 3gh,则下列说法中
正确的是 ( )
A.质量为m、带电荷量为+q 的小球从a 点静止
释放后沿电场线运动到b点的过程中动能增加量等于 C D
电势能减少量 第Ⅱ卷(非选择题 共40分)
、 mgh 二、非选择题(本大题共3小题,共40分)B.ab两点的电势差U= 2q 11.(2022·普陀区二模)有三根长度均为L=0.3m
C.质量为m、带电荷量为+2q的小球从a点静止 的不可伸长的绝缘细线,其中两根的一端分别固定在
释放后沿电场线运动到b点时速度大小为 gh 天花板上的P、Q 点,另一端分别拴有质量均为 m=
D.质量为m、带电荷量为-q 的小球从a 点静止 0.12kg的带电小球A 和B,其中A 球带正电,电荷量
释放后沿电场线运动到b点时速度大小为 gh 为q=3×10-6C.A、B 之间用第三根线连接起来.在
水平向左的匀强电场E 作用下,A、B 保持静止,悬线
仍处于竖直方向,且A、B 间细线恰好伸直.(静电力恒
量k=9×109N·m2/C2)
(1)此匀强电场的电场强度E 为多大;
(2)现将PA 之间的线烧断,由于有空气阻力,A、
B 球最后会达到新的平衡位置.求此时细线QB 所受
第8题 第9题
, 、
9.( ·
的拉力T 的大小 并求出A B 间细线与竖直方向的
2022 自贡一模)(多选)如图所示,沿水平方
夹角 ;
向放置的平行金属板a 和b,分别与电源的正、负极相
θ
()
连,
求 球的电势能与烧断前相比改变了多少
两板的中央沿竖直方向各有一个小孔,今有一个带 3 A
(
, 不计 球所带电荷对匀强电场的影响
)
正电的液滴 自小孔的正上方的 P 点由静止自由落
B .
下,先后穿过两个小孔后的速度为v1.若使a 板不动,
若保持电键K断开或闭合,b 板向上或向下平移一小
段距离,相同的液滴仍然从P 点由静止自由落下,先
后穿过两个小孔后的速度为v2,在不计空气阻力的情
况下,下列说法正确的是 ( )
A.若电键K保持闭合,向下移动b板,则v2>v1
B.若电键K闭合一段时间后再断开,向下移动b
板,则v2>v1
C.若电键 K保持闭合,无论向上或向下移动b
板,则v2=v1
D.若电键K闭合一段时间后再断开,无论向上或
向下移动b板,则v210.(2022·泰安三模)如图所示,在真空区域Ⅰ、
Ⅱ中存在两个匀强电场.其电场线方向竖直向下,在区
20
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
12.(2022秋·桃城区校级期末)有一带负电的小 13.(2022·湖北模拟)如图甲所示,真空室中电极
球,其带电荷量q=-2×10-4C,如图所示,开始时静 K 发出的电子(初速度不计)经过电势差为U1 的加速
止在场强为E=2×103V/m的匀强电场中的P 点,靠 电场加速后,沿两水平金属板C、D 间的中心线射入两
近电场极板B 有一挡板S,小球与挡板S 的距离h= 板间的偏转电场,最后打在荧光屏上.C、D 两板间的电
4cm,与A 板的距离 H=36cm,小球的重力忽略不 势差UCD 随时间变化的图象如图乙所示,设C、D 间的
计,在电场力作用下小球向左运动,与挡板S 相碰后电 电场可看作匀强电场,且两板外无电场.已知电子的质
7 量为m、电荷量为e(重力不计),C、D 极板长为l,板间
荷量减少到碰前的k倍,已知k= ,碰撞过程中小球8 距离为d,偏转电压U2,荧光屏距C、D 右端的距离为
的机械能没有损失. l
() , ,所有电子都能通过偏转电极1 设匀强电场中挡板S 所在位置的电势为零 则 6 .
小球在P 点时的电势能为多少 (1)求电子通过偏转电场的时间t0;
(2)小球第一次被弹回到达最右端时距S 板的距 (2)若UCD 的周期T=t0,求荧光屏上电子能够到
离为多少 达的区域的长度;
(3)小球从 P 点出发第一次回到最右端的过程 (3)若UCD 的周期T=2t0,求到达荧光屏上O 点
中,电场力对小球做了多少功 的电子的动能.
甲
乙
21
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
参考答案
力的上滑分力平衡,即:
第一单元 电 场 mgsinθ=Fcosθ;
联立解得:
第1节 电场力的性质 mgd2tanθqB=
【基础特训】 kq
: , , , (2)若 斜 面 对 A 球 支 持 力 刚 好 为 零,则 有:1.C 解析 小球受重力m m =g 绳的拉力 库仑力F 绳与 gkqqB
竖直方向夹角为: F , : Qqtanθ= 库仑力 F=k ,由于电荷Q d2 tanθ
;
mg r2 2
与B 的距离大于电荷与A 之间的距离,所以FA>F mgdB,故θ1 解得:qB=
>θ2,故C正确,ABD错误. kqtanθ
2.A 解析:带电前:对B 有(如图①), 答:(1)若B 球带正电且细线对A 球拉力刚好为零,则
T =G mgd
2tanθ
B B B 球电量 .
对AB 组成的整体有(如图②), kq
T =G +G (2)若B 球带负电且斜面对A 球支持力刚好为零,则BA A B
带电后:对B 有(如图③), mgd
2
球电量 .
TB'=F电+GB kqtanθ
对整体(如图④), 【能力特训】
T'=G +G 高频题特训A A B
综上所述:T =T',T 球的2倍.根据牛顿第二定律可知,A、B 两个带电小球的质
量之比为1∶2;当在AB 中点固定一个带正电小球C,由静
止释放A、B 两球,释放瞬间两球加速度大小相等,根据库仑
, : 3q
·q Qc3q
定律与牛顿 第 二 定 律 且 有 对 A 来 说,k (2r)2 -k r2
=ma
3q·q Qq
对B 来说,k (2r)2+k
c
r2 =2ma① ② ③ ④
3.C 解析:电场线的疏密代表场强的强弱,电场线越
, , 综上解得,
3
密 代表电场越强 电场方向为电场线的切线方向,故从图可 QC=28q
以看出A 点B 点电场大小和方向均不同,故 A错误、B错 根据库仑定律与牛顿第二定律,且有:对A 来说,
误;电场线从正电荷指向负电荷,故C正确;右边电荷周围的 Qcq 3q·q
电场线密集,故此电荷的电荷量较大,故D错误. 3kr2 -k (2r)2=ma
4.D 解析:若是负电荷在a 点受电场力方向则和电场 Qcq k3q·q
方向相反,因此在a 点受到电场力方向不一定和电场方向相 对B 来说,3k 2 + (
, ; , r 2r
)2 =2ma
同 故A错误 a 处电场线比b 处密 因此a 处电场强度比b
处大, 9同一电荷受力也大,故B错误;正电荷由静止释放时, 综上解得,QC= q,故AB正确,CD错误.
电场力方向始终沿电场线的切线方向,该电荷将离开此电场 20
, 解析:由题,该装置探究库仑力与电荷量的关线 因此其轨迹不沿电场线,故C错误;a、b 两点比较,a 处 2.ABC
, , 系,所以d 保持不变;故A正确;由题,该装置探究库仑力与电场线密 故a 点的电场强度较大 故D正确.
: , 电荷量的关系,d 不变,而且保持 A、B 连线与细线垂直,5.D 解析 设想将圆环等分为n 个小段 当n 相当大 A只能在以O 为圆心、半径为细线长度的圆弧上运动,所以Q B
时,每一小段都可以看做点电荷,其所带电荷量为:q= ① 的位置在同一圆弧上.故B正确;以小球A 为研究对象,球受n 到重力G,库仑力F1 和线的拉力F2 三个力作用,作出受力
由点电荷场 强 公 式 可 求 得 每 一 点 电 荷 在 P 处 的 场 强 图如图.
: Q Q为 E'=k =k ② 作出F1、F2 的 合 力 F,则 由 平 衡 条 件 得:F=G.由 于nr2 n(R2+L2) AB 的连线始终与细线垂直,所以F1、F2 始终垂直,所以:
由对称性可知,各小段带电环在P 处的场强E 的垂直 F1=mgsinθ,F2=mgcosθ
于轴向的分量Ey相互抵消,而E'的轴向分量Ex之和即为带 设细线的长度为L,则:x=Lsinθ
电环在P 处的场强E,故: kQq kQq x
kQ L kQL 由库仑定律:F1=d2
,可得: · ,
E=nEx=n× × = ③ d
2 =mgsinθ=mg L
n(L2+R2) r r(L2+R2) 则x 与电荷量乘积Qq成正比.故C正确.由以上的分析知库
而r= L2+R2④ 仑力F1=mgsinθ,所以sinθ 与A、B 间库仑力成正比.故D
kQL 错误.
联立①②③④可得:E= ,答案D正确.
(R2+L2)3
6.解:根据库仑定律,小球 A 与B 之间库仑力的大小
kqq
为:F= B;d2
(1)若细线上的拉力为0,小球A 受重力、支持力和库仑
斥力而平衡,根据共点力平衡条件,重力的下滑分力与库仑
83
小题狂刷 高考专题特训
3.C 解析:A、B、C 三个电荷要平衡,必须三个电荷的 中轴线运动,所受合力的方向沿中轴线向上,在无穷远处,合
一条直线,外侧二个电荷相互排斥,中间电荷吸引外侧两个 力又为零,所以合力的大小先增大后减小,根据牛顿第二定
电荷,所以外侧两个电荷距离大,要平衡中间电荷的拉力,必 律,则加速度先增大后减小,加速度方向向上,与速度相同,
须外侧电荷电量大,中间电荷电量小,所以C 必须为正电,在 所以速度一直增大.故C正确,A、B、D错误.
B 的右侧.设C 所在位置与B 的距离为r,则C 所在位置与 2
, , :() , :
vB
A 的距离为L+r 要能处于平衡状态 所以A C 解 在 点 由牛顿第二定律得对 的电场力 4. 1 B mg-qE=m R
大小等于B 对C 的 电 场 力 大 小,设 C 的 电 量 为Q.则 有: (mg-qE)R
k4q·Q Qq 故得vB=
(L+r)2=k
m
r2 1 2
解得:r=L (2)由动能定理得:2mvB=
(mg-qE)(h-2R)
4q·, , : Q k4q
·q
对点电荷A 其受力也平衡 则 k 5(L+r)2= L2 解得:h=2R
解得:Q=4q,即C 带正电,电荷量为4q,在B 的右侧距 (3)当小球刚要脱离轨道时,令轨道半径与水平方向的
B 为L 处.故选C. 夹角为θ.
4.解:(1)设小物体离开桌子边缘B 点后经过时间t落 v2
地,则: 由牛顿第二定律得:mgsinθ=m R
1
h=2gt
2 由机械能守恒定律得:
1
2h mv
2+mgR(1+sinθ)=mg·2R
得t= =0.5s 2
g 2
(2)设小物体离开桌子边缘B 点时的速度为v , 解得:sinθ=B 3
x
则v 5B=t =2m
/s 即从地面高度为 H= R 处脱离轨道3 .
根据动能定理,有 (
:() mg-qE
)R
1 1 答 1 小球到达B 点的速度至少为 .
-qEs= mv2- mv2 m2 B 2 A
() 5解得E=3.2×105N/C 2A 点距水平地面的高度h至少要为 R.
() 23 不同意. (
, , 3
)若撤去匀强电场,让小球从h'=2R 处由静止下滑,
要使水平射程加倍 必须使B 点水平速度加倍 即 5
v'B=2vB=4m/s 从地面高度为 H= R 处脱离轨道.
根据动能定理, 3有 拓展题特训
1 1 1
- qEs= mv'2B- mv'2A 1.BD 解析:开始时刻小物块受重力、支持力和摩 擦2 2 2 力,物块恰好能在斜面上匀速下滑,说明摩擦力和支持力的
解得v'A=42m/s≠vA 合力与重力平衡,而库仑力对于物块是阻力,是导致其做减
所以说该同学认为应使小物体带电量减半的想法是错 速运动,故A错误;根据库仑定律,则有在BD 之间,电荷间
误的. 的间距先减小后增大,则物块受到的库仑力先增大后减小,
答:(1)小物体离开桌子边缘B 后经过0.5s落地. 故B正确;开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力,物块恰
(2)匀强电场E 为3.2×105N/C. 好能在斜面上匀速下滑,说明摩擦力和支持力的合力与重力
(3)不同意,验证见上面解法. 平衡,是竖直向上的;根据牛顿第三定律,压力和滑块对斜面
易错题特训 体的摩擦力的合力是竖直向下的;增加电场力后,小物块对
1.B 解析:据题,N 是大于3的偶数,除A 处电荷以及 斜面体的压力和摩擦力正比例增加,故滑块对斜面体的压力
与A 关于O 点对称的电荷外,其他电荷的分布关于O 点对 和摩擦力的合力仍然是竖直向下的;再对斜面体分析,受重
称,它们在O 处产生的合场强为0,所以O 处的场强等于A 力、故滑块对斜面体的压力和摩擦力、支持力,不受地面的摩
处电荷和与A 关于O 点对称的电荷产生的合场强,大小为 擦力,否则合力不为零.从整体角度分析,在BA 之间,因库
2q q 3kq
E=k +k = .故选B. 仑斥力,导致斜面对地面的压力增大,故C错误,D正确.R2 R2 R2 2.BCD 解析:小球B 在细绳剪断瞬间受到水平向右的
2.D 解析:以整体为研究对象可知,筒底对 A 球的支 库仑斥力和竖直向下重力作用,而且初速度为零,故不做平
持力大小等于A、B 两球的重力,由牛顿第三定律可知A 对 抛运动,故选项A错误;细绳剪断瞬间合力大于重力,根据牛
筒底的压力也等于A、B 两球的重力,小球A 对筒底的压力 顿第二定律可以知道,加速度大于g,故选项B正确;若竖直
mg
不变.故A错误.小球A、B 间的库仑力F= ,θ 角变大, 2hcosθ 方向只受到重力作用,则落地时间为 ,但是随着小球Bg
cosθ变小,库仑力F 变大,故BC错误;隔离B 球受力如图所 下落,A 对B 的库仑力沿竖直向下具有分力,从而使竖直方
示,根据受力平衡有:FN=mgtanθ.B 由于漏电而下降少许 向的力逐渐增大,并且大于重力,即竖直方向的加速度逐渐
重新平衡,θ角变大,因此筒壁给球B 的支持力增大,根据作
用力与反作用力可知B 球对筒壁的压力变大.故D正确;故 , , 2h增大 而且大于g 故小球B 落地时间小于 ,即选项C
选D. g
正确;根据上面的分析,若竖直方向只受到重力作用;则小球
B 落地的速度等于 2gh,但是竖直方向的力逐渐增大,并
且大于重力,故落地速度大于 2gh,故选项D正确.
F
3.D 解析:由图可知,B 点的电场强度EB= =2.5×q
104N/C.故A错误.在A 点放一个带正电的试探电荷,A、B
3.C 解析:根据A、B 为两个固定的等量同种正电荷, 两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x 轴正方向相同,所
在它们连线的中点C 的电场强度为0,从C 到无穷远,电场 以A 点的电场强度的方向沿x 轴正方向,故B错误.放在A、
强度先增大后减小,因此自由电荷在C 点所受合力为0,沿 B 两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x 轴的正方向相
84
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
同,而正电荷所受电场力与电场强度方向相同,负电荷所受 3.AD 解析:由等势面的分布可知,该电场是点电荷产
电场力与电场强度方向相反.若点电荷在A 的左侧或在B 的 Q
右侧, 生的,由场强公式 可知, 点的场强小于 点的场正负电荷所受电场力方向不可能相同,所以点电荷Q E=kr2 a b
应位于A、B 两点之间,根据正负电荷所受电场力的方向,知 强.故A正确.由于中心电荷的电性无法判断,电场线方向无
该点电荷带负电.故C错误.由图可知,A 点的电场强度EA= 法判定,则不能比较a、b的电势高低.故B错误.电场力对两
F 5 / 粒子均做正功,则两个粒子的电势能均减小 故 错误 与=4×10 NC.设点电荷Q 的坐标为x,由点电荷的电场 . C .b
q 中心电荷的电性相反,粒子从P 运动到b 的过程中,电场力
Q , E
(x-0.2)2 1 做正功,动能增大,故D正确.
E=k B2 可知 =( )2= ,解得:x=0.3m,故r E 0.7-x 16 DA 4.D 解析:作出电场线,根据轨迹弯曲的方向和正电
正确. 荷可知,电场线向下.故a 点电势最低.故A错误.根据已知条
4.解:(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的 件无法判断粒子的运动方向.故B错误.等差等势面P 处密,
质点处于静止,对A 进行受力分析: P 处电场强度大,电场力大,加速度大.C错误.从P 到Q 过
Q2 程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,故 P 点的动能
AO 间的库仑力为F=k 2;L 小于Q 点的动能,D正确.
根据平衡条件得: 5.解:(1)据题意,点电荷匀速地由A 运动到B,电场力
Fsinθ=EQ 与外力F 二力平衡,又根据负电荷所受的电场力方向与场强
Fsinθ kQ 方向相反,则得场强的方向斜向左上方.
E= Q =2L2 F 1.5×10-4由 F =qE 得 场 强 为:E = = 5×10-7 N
/C
方向由A 指向C. q
(2)该质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和 =300N/C
水平向右的电场力. (2)根据等势线与电场线垂直,画出通过A、B 两点的等
Q2 势线,如图实线所示.
库仑力为F'=k( ,Lsin60°)2
水平向右的电场力F″=EQ,
kQ2 2
B 点时所受的电场力F= (EQ)2+ [(Lsin60°)2 ]
73kQ2
= 6L2
(3)质点到达C 点时进行受力分析,根据牛顿第二定
律得: 、 :
Q2 A B 间的电势差为 φA-φB=EABcos37°·
F kL2 sinθ+EQ kQ2 则得B 点的电势为:φB=φA-EABcos37°=200-300合
a= m = m =mL2 ×0.4×0.8=104V
从A 点到C 点根据动能定理得: (3)点电荷由 A 运动到B,电场力做功为:W=qEAB
1 2 1 cos37°=-5×10
-7×300×0.4×0.8J=-4.8×10-5J
EQL=2mv -2mv
2
0; 故点电荷的电势能增大4.8×10-5J
:() / ,
kQ2 答 1 匀强电场的电场强度E 的大小为300NC 方向
v= +v20 与F 的方向相同mL .(2)B 点的电势是104V,在图中用实线画出通过A、B
答:(1)
kQ
该匀强电场的场强是 2,方向由A 指向C. 两点的等势线如图所示.2L () -5
(2)给A 处的质点一个指向C 点的初速度, 3q
在由A 到该质点到达 B 的过程中电势能增大4.8×10 J.【能力特训】
73kQ2
B 点时所受的电场力 6L2 .
高频题特训
1.A 解析:正电荷在电场中,在电势高的位置,电势能
(3)若初速度大小为v0,质点到达C 点时的加速度和速 越大,故A正确,B错误;等势面的疏密代表场强的大小,故
kQ2 kQ2 A 点的场强小于2 B 点的场强,故CD错误.度分别是 2和mL mL+v0. 2.AC 解析:用电场线的疏密程度表示电场的强弱,故
N 点的场强比M 点的场强大,故A正确.沿着电场线的方向
第2节 电场能的性质 电势越来越低,所以Q 点的电势比P 点的电势低,故B错误.
【基础特训】 P 点电势高于Q 点,根据EP=φq 可知,负电荷在P 点时的
1.AD 解析:电场线与等势面垂直,而电场强度的方向 电势能小于在Q 点时的电势能,故C正确.根据电场分布可
为电场线的方向,所以电场强度的方向与等势面垂直,故 A 知,MO 间的平均电场强度比ON 之间的平均电场强度小,
正确;电场强度与电势没有直接关系,电场强度为零时,电势 故由公式U=Ed 可知,MO 间的电势差小于ON 间的电势
不一定为零;电势为零,电场强度不一定为零,故B错误;根 差,故D错误.
据电势能E =qφ 可知,电势能与电场强度无直接关系,故C : Wp 3.C 解析 电场中两点的电势差UAB=
AB,由电场本
错误;顺着电场线方向电势降低,由匀强电场U=Ed 可知, q
电场强度的方向是电势降低最快的方向,故D正确. 身决定,与电量和功 W 无关.故 A错误;电势差的单位是这
2.B 解析:圆环上均匀分布着负电荷,根据对称性可 样规定的:将1C正电荷从一点移到另一点,电场力做1J的
知,圆环上各电荷在O 点产生的场强抵消,合场强为零.圆环 功,这两点间的电势差为1V.故B错误;将1C的正电荷从
上各电荷产生的电场强度在x 轴有向右的分量,根据电场的 A 点移到B 点,电场力做了1J的正功,这两点间的电势差
叠加原理可知,x 轴上电场强度方向向左,根据顺着电场线 为1V.故C正确;电荷在电场中移动,电场力做功,不论电荷
方向电势降低,可知在x 轴上O 点的电势最低,故A错误,B 是正电荷还是负电荷,不论是否还受其他力的作用,其电势
正确;O 点的场强为零,无穷远处场强也为零,所以从O 点沿 能改变等于电场力所做的功.故D错误.
x 轴正方向,场强应先增大后减小.x 轴上电场强度方向向 4.C 解析:两个等量同种电荷连线中点O 的电场强度
左,电势升高,故C错误,D错误. 为零,无穷远处电场强度也为零,故从O 点沿着中垂线向上
85
小题狂刷 高考专题特训
到无穷远处电场强度先增大后减小,场强最大的点可能在 从x=-2L 到x=2L 过程中,由动能定理得:
A、B 连线之间,也可能在A、B 连线上,还可能在A、B 连线 1
下,由于A、B 两点的间距也不确定,故E 可能大于E ,也 qU1-μmgs1=2mv
2
t-0,
A B
可能小于EB,还可能等于EB;PQ 连线的下方,电场强度一 ( 3 ) ( ) 1即 2 ,
直向上,故电势越来越低,所以A 点的电势小于与B 对称的 qφ0-7φ0 -μmg4L =2mvt-0≥0
点的电势,所以负电荷的电势能:εA 一定大于εB;故A错误, q
B错误,C正确,D也错误. 解得:≤
φ0
μ 7mgL
.
5.解析:(1)B 球运动过程中只受A 球对它的库仑力作 (3)小物块运动速度最大时,电场力与摩擦力的合力为
用,当它运动到O 点时两电荷间距离最小,则速度跟A 球相 零,设该位置离A 点的距离为lA
1 1 · ( )
同为v0.根据动能定理得:W= 2 2 k q4Q kQq2m2v0- :2m2v1 则 l2 -A (6L-l )2
-μmg=0
A
(2)因为A 球做匀速运动,t0时间内运动的位移为:x= 解得lA=3L,即小物块运动到x=0时速度最大.小物
v0t0 块从x=-2L 运动到x=0的过程中,由动能定理得:
kqq
此时的库仑力为:F= 1 2 1 2x2 qU2-μmgs2=2mvm-0
因为A 球始终做匀速运动,所以非匀强电场对它的作 25 1代入数据:( ) ( ) 2
用力与B 球对它的库仑力相平衡.当B 球到达O 点时,两带 qφ0-63φ0 -μmg2L =2mvmax-0
电小球间的距离最小,库仑力最大.因此,电场对A 的作用力
: 76qφ0 4kqQ也最大,电场强度也最大.有: 解得 vmax= 63m -3mL
F kq
E= = 2 答:(1)固定在A 处的电荷的电量QA 为4Q.
q 2 21 v0t0 (2)为了使小物块能够到达x=2L 处,试讨论小物块与
答:( 11)求0~t0时间内A 对B 球做的功 W=2mv
2
0- q水平面间的动摩擦因数 φ0μ所满足的条件为μ≤7mgL
.
1
mv22 1. ()
kqQ
3 若小物块与水平面间的动摩擦因数μ= 2,小3mgL
() kq2 求杆所在直线上场强的最大值是 2 . 物块 运 动 到 3L 处 时 速 度 最 大,并 求 最 大 速 度 vmaxv20t20 76q 4kqQ
易错题特训 =
φ0
63m -3mL .
1.D 解析:D 点到a、b、c 三点的距离相等,故三个电 拓展题特训
荷在D 点的场强大小相同,且夹角互为120°,故D 点的场强 1.AC 解析:A.此静电场为三个匀强电场的组合场,x
为0,因为电势是一个相对性的概念即零电势的选取是任意 =0到x=2mm,x=6mm,x=10mm到x=12mm是电
的,故D 点电势可能为0,故A错误.由于a、b在E 点的场强 场强度大小为E1,方向沿x 轴负向的匀强电场,x=2mm
大小相等方向相反,故E 点的场强仅由电荷c 决定,故场强 到x=10mm是电场强度较小为E2,方向沿x 轴正向的匀
方向向左,而电荷c在E、F 位置的场强大小相同方向相反, 强电场.负电粒子所受的电场力与场强方向相反,粒子先加
但电荷a、b在F 点的场强矢量和不为0,故E、F 两点的电 速再减速,此后又加速运动,A正确.B.P 点与Q 点的场强不
场强度力大小不同,方向相反.故B错误;E、G、H 三点分别 同,加速度大小不相等,B错误.C.P 点与Q 点的电势相同,
为ab、ac、bc的中点,故E 的场强仅由电荷c决定,同理G 点 电场力做功为零,动能相等,C正确.D.粒子经过 P 点与Q
的场强仅由电荷b决定,H 点的场强仅由电荷a 决定,故三 点时,电场力大小不同,速率相同,做功的功率不相等,D错
点的场强大小相同,但方向不同,故C错误;若释放电荷c, 误.故选AC.
则a、b在C 点的合场强水平向右,故a、b始终对c有斥力作 2.C 解析:A 点比乙球面电势高,乙球面比B 点电势
用,故c电荷将一直做加速运动,故D正确. 高,故A 点和B 点的电势不相同,选项A错误;C、D 两点电
2.AD 解析:速度-时间图象的斜率表示加速度,故小 场强度大小相等,方向不同,选项B错误;φA>φB,WAB>0,
球在A 点的加速度小于在B 点的加速度,又知道小球只受 选项C正确;C、D 两点位于同一等势面上,故此过程电势能
电场力作用,故小球在A 点的电场力小于在B 点的电场力, 不变,选项D错误;故选C.
所以A 处的场强一定小于B 处的场强,A正确;由于小球的 3.B 解析:圆环上均匀分布着正电荷,根据对称性可
动能增大,所以电场力做正功,电势能减小,即 A 处的电势 知,圆环上各电荷在O 点产生的场强抵消,合场强为零.圆环
能一定大于B 处的电势能,但是不知道小球的带电性质,所 上各电荷产生的电场强度在x 轴有向右的分量,根据电场的
以无法判断AB 两点的电势高低,D正确,BC错误. 叠加原理可知,x 轴上电场强度方向向右,根据顺着电场线
3.A 解析:根据等量异种电荷电场线分布对称性特点 方向电势降低,可知在x 轴上O 点的电势最高,故A错误,B
可知,A、B 场强相同,故A正确;+q和-q在O 处产生的场 正确;O 点的场强为零,无穷远处场强也为零,所以从O 点
强大小相等、方向相同,根据电场的叠加原理知,O 点的电场 沿x 轴正方向,场强应先增大后减小,x 轴上电场强度方向
强度不为零,故B错误.根据等量异种电荷电场线分布对称 向右,电势降低,故CD错误.
性,C、D 两处场强相同,小于O 处场强.故C错误.CD 连线 4.解:(1)对整个过程,由动能定理得:
是一条等势线,将另一电荷+q沿CD 连线从C 点到D 的过 WF+Wf=ΔEk=0
程中,电势能不变.故D错误. 设滑块停止的位置为x2,则有:
4.解:(1)由图乙得,x=L 点为图线的最低点,切线斜率 q(φ1-φ2)-μmg(x2-x)=0
为零, 4.5×104 4.5×104
即合场强E合=0 即q( )x - x -μmg
(x2-x)=0
2
kQ kQ
所以 A= B 代入数据有:r2 r2A B 4.5×104 4.5×104
kQ kQ 1.0×10
-7×
A (得 = B 0.1 - x ) -0.2×0.1×10×2(4L)2 (2L)2 (x2-0.1)=0
解得:QA=4Q. 可解得x2=0.225m.
(2)物块先做加速运动再做减速运动,到达x=2L 处速 (2)设滑块到达左侧位置为x1,由动能定理得:
度vt≥0. 滑块从开始运动到返回出发点的全过程中:-2μmg(x
86
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
) 1 2 直线上
,若小球沿直线运动,则说明重力与电场力平衡.否则
-x1 =0-2mv0 小球合力与速度不在一条直线上,小球做曲线运动,故 A错
则滑块由该位置返回到出发点过程中,q(φ1-φ2)- 误.由重力和 电 场 力 平 衡,可 知 电 场 力 向 上,由 于 小 球 带 负
μmg(x-x1)=0 电,故电场线方向向下,M 板带正电,故 M 点电势高于N 点
3 电势,故: , (/) B
正确.由于电场力与重力平衡,即F=m ,电场力
代入数据解得 x g1=0.0375mv0=2 2=2.12ms. 方向向上,做 正 功,做 功 为:W=Fd=mgd,故 电 势 能 减 少
答:(1)若将滑块无初速地放在x=0.10m处,滑块最终 mgd,故C错 误.由 电 场 力 做 功 W =qU=mgd,解 得:U=
停止在坐标为0.225m处. mgd
() ,故 正确2 若滑块从x=0.60m处以初速度v 沿-x方向运动,要 D .0 q
使滑块恰能回到出发点,其初速度v0应为21.2m/s. 2.AC 解析:当 P、Q 间 距 离 增 大 过 程 中,根 据 C=
εS
第3节 电容 电容器 可知,P、Q 构成的电容器的电容减小,选项 A正确;电4πkd
【基础特训】 容器两端的电压一定,根据Q=CU 可知,P 上电荷量减小,
1.BCD 解析:将两极板的间距加大,d 增大,由电容决 选项B错误;因电容器电量减小,故电容器放电,正电荷从Q
εS 极板经M-R-N 到电源的正极,即有电流自 M 经R 流向
定式C= 得知,电容将减小.故A错误.将两极板平行错4πkd N,选项C正确;
U
根据E= 可知,当 P、Q 间距离增大时,
, , εS
d
开 使正对面积减小 S 减小,由电容决定式C= 得知,4πkd PQ 间的电场强度减小,选项D错误;故选AC.
电容将减小.故B正确.在下板的内表面上放置一面积和极板 S3.D 解析:根据电容器的电容公式C= ,当电介
相等、厚度小于极板间距的陶瓷板, 增大,C 增大.故C正 4kπd
确.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极 质插入极板间越深,即电介质增大,则电容器电容越大,故 A
板间距的铝板,板间距离减小,电容将增大.故D正确. 错误;当传感器以恒定加速度运动时,根据牛顿第二定律可
2.D 解析:开关S闭合,电容器两端的电势差不变,等 知,弹力大小不变,则电容器的电容不变,因两极的电压不
于电源的电动势,则指针的张角不变.故A、B均错误.断开S, 变,则电容器的电量不变,因此电路中没有电流,故B错误;
电容器所带的电量不变,A 板向右平移一些,间距减小,则电 若传感器原来向右匀速运动,突然减速时,因惯性,则继续向
Q 右运动,从而压缩弹簧,故C错误;当传感器由静止突然向右
容增大,根据U= 知,电势差减小,则指针张角减小C .
故C 加速瞬间,质量块要向左运动,导致插入极板间电介质加深,
错误.断开S,电容器所带的 电 量 不 变,A、B 的 正 对 面 积 错 因此电容会增大,由于电压不变,根据Q=CU,可知,极板间
Q 的电量增大,电容器处于充电状态,因此电路中有顺时针方
开,电容减小,根据U= 知,电势差增大,则指针张角增大C . 向电流,故D正确.
故D正确. 4.C 解析:电容器的充电和放电时的电流都是瞬时电
3.A 解析:电容器两板间电压等于R 两端电压.当滑 流,无法使有稳定示数,S与1相连时,U 不变.由Q=CU 和2
Q εS
片P 向左移动时,R 两端电压U 减小,根据C= 可得Q C= ,可知d 变化时,Q 也会变,即有电流,故4πkd A
错误,C
2 U
U 正确;S与触点2连接后,电容器处于放电,则电量为零,电流
=CU,则电荷量减少,由E= 知电容器中场强变小,故d A 计示数变为零,而电容却不变,故BD错误.
正确,C错误;电容器的电容与U 的变化无关,保持不变,B 5.解:(1)电键S闭合时,电路稳定时电容器所在电路没
项错误;带电液滴所受电场力变 小,使 液 滴 向 下 运 动,D项 有电流,相当于开关断开.
错误. (R1+R2)R3 (2+3)×7.5外电路总电阻为 R=
4.BC 解析:指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属 R1+R2+R
=
3 2+3+7.5
Ω=
3Ω,
颗粒距离近, εS根据电容的决定式C= 得知,电容大.故4πkd A E 12干路电流I=R+r=3+1A=3A
,
错误.指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远,
εS 路端电压为U=E-Ir=12-3×1=9(V),
根据电容的决定式C= 得知,电容小.故B正确.在手指4πkd R1 2电容器的电压为U1= U= ×9V=3.6V,
靠近时,电容增大,而电压一定,则由Q=CU 可知,各金属电 R1+R2 2+3
极电量增大,处于充电状态.故C正确.在手指远离时,电容减 所以电容器的电量 Q1=CU1=2×10-6×3.6C=7.2×
小,而电压一定,则由Q=CU 可知,各金属电极电量放电状 10-6C,下极板带正电,上极板带负电.
态.故D错误. (2)S断开时,电容器的电压就是 R2 的电压,为 U2=
5.解:()
Q E
1 由电容的定义式C= 得,电容器所带电量U Q R
R2=6V.
1+R2+r
=CU=3.0×10-10×12C=3.6×10-9C. 则电容器的电量为 Q =CU =2×10-62 2 ×6C=1.2×
U 12 10-5C,下极板带负电,上极板带正电(2)
.
由E= 得,板间电场强度d E=1.2×10-3 V
/m= 所以流过电流表 A的电量 Q=Q +Q =7.2×10-61 2 C
104V/m +1.2×10-5C=1.92×10-5C
对于带电微粒,由平衡条件得,qE=mg 答:(1)电键S闭合时,电路稳定时电容器所带的电量为
mg 2×10-3×10 7.2×10-6C.
则q= -6E = 104 C=2×10 C (2)电键从闭合到断开,流过电流表 A的电量是1.92×
由于电容器上板带正电,场强方向向下,微粒所受电场 10-5C.
力方向竖直向上,则该电荷带负电. 易错题特训
答:(1)该电容器所带电量3.6×10-9C. 1.BC 解析:若在两板间充满电介质,由电容的决定式
(2)该微粒带电量为2×10-6C,带负电荷. εS
【 C= 可知电容增大
,电容器的带电量不变,由电容的定
能力特训】 4πkd
高频题特训 Q U
: , , 义式C= 得知板间电势差减小,由1.BD 解析 小球受重力 电场力 且两者一定在一条 U E=
可知板间场强减
d
87
小题狂刷 高考专题特训
小,由U=Ed 分析得知P 点与下极板间的电势差减小,P 点 粒子做负功,电势能增大,则粒子的动能减小.所以三个粒子
的电势比下极板电势高,所以P 点电势将降低.故A错误.两 到达正极板时的动能E甲>E乙>E丙,故D错误.
板间形成的是匀强电场,根据对称性可知,A、B 两板电荷分 2.AD 解析:两板间的电势差等于电源电压,当电动势
别在P 点产生电场的场强大小相等,方向相同,故B正确.若 变大时,两板上的电压变大,由U=Ed 可知,板间的电场强
将A 板竖直向下平移一小段距离,电容增大,电容器的带电 度增大,电场力变大,合力变大,故加速度增大,故A正确;定
, Q , 值电阻在此电路中只相当于导线
,阻值的变化不会改变两板
量不变 则由C= 得知板间电势差减小 由 可知电U W=qU 间的电势差;故带电粒子受力不变,加速度不变,运动时间不
容器储存的电能减小,故C正确.若将 A板竖直向上平移一 变,故BC错误;因粒子最终打在极板上,故运动时间取决于
小段距离,电荷间的距离增大,根据库仑定律得知,两极板间 1qU 2md22
的库仑力减小,所以线的拉力将变小,故D错误. 水平方向的加速度与距离,故d= ,解得2mdt t=
,
qU
2.B 解析:平行板电容器充电后与电源断开所带电量 两平行金属板距离越大,液滴在板间运动的时间越长,故D
εS
不变,当极板距离减小时,根据电容决定式C= 知,d 减 正确.4πkd 3.B 解析:带点粒子在电场中做类平抛运动,将合运动
Q U
小,则电容C 增大,根据U= 知,U 减小.电场强度E= 沿着平行平板和垂直平板方向正交分解,有:C d x=v0t
Q 4πkQ
= = ,知电场强度不变,所以P 与负极板间的电势 1 2Cd εS y=2at
差不变,则P 点的电势Φ 不变,电势能不变.故B正确,A、C、 qU
D错误. a=md
3.解:(1)根据图象的含义,因Q=It,所以竖直狭长矩 2mdv2 20y v0y
形的面积表示为:在0.4s内电容器的放电量. 解得:U= ∶
() q
x2 x2
2 根据横轴与纵轴的数据可知,一个格子的电量为8× 据题有:初速度v0之比为2∶1,水平位移x 之比为2∶1,
10-5C,由大于半格算一个,小于半格舍去,因此图象所包含 U1 1
的格子个数为50, 竖直位移y 之比为1∶2,代入上式解得: = ,故选B.
所以释放的电荷量是0.08×10-3
U2 2
C×50=4.0×10-3C. 4.解:(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB 直线运
() Q 4.0×10
-3
3 根据电容器的电容C= 可知,U C= =5.0
动,故合力一定与速度在同一条直线上,可知电场力的方向
8 水平向左,如图所示.微粒所受合力的方向由B 指向A,与初
×10-4F. 速度vA 方向相反,微粒做匀减速直线运动.
答:(1)在0.4s内通过电流传感器的电量.
(2)估 算 电 容 器 在 全 部 放 电 过 程 中 释 放 的 电 荷 量
为0.004C.
(3)根据以上数据估算电容器的电容是500μF.
拓展题特训
解:(1)小球到达小孔前是自由落体运动,根据速度位移
关系公式,有:
v2
即微粒做匀减速直线运动
=2gh
.
(2)根据共点力平衡条件,有:qEtanθ=mg
可得:v= 2gh. mg
(2)在极板间带电小球受重力和电场力,对整个过程,由 故电场强度E= tanθ=1.7×10
4N/C,电场强度方向水
q
动能定理有: 平向左.
mg(h+d)-qU=0 (3)微粒由A 运动到B 的速度v =0,微粒进入电场中
mg(h+d)
B
可得:U= . 的速度最小,由动能定理有:
q 1 2
() Q : Cmg
(h+d) mgLsinθ+qELcosθ= mvA 解得2 vA=2.8m
/s
3 由C= 得U Q=CU= q 答:(1)见解析.
答:(1)小球到达小孔处的速度是 2gh. (2)电场强度为1.7×104N/C,电场强度方向水平向左.
( )
(2)
mgh+d (3)要使微粒从A 点运动到 点,微粒射入电场时的最两极板间的电势差的大小是 . B
q 小速度是2.8m/s.
() Cmg
(h+d) 【能力特训】
3 电容器所带电荷量是 .
q 高频题特训
1.AC 解析:粒子以某一初速度平行于两板射入,打在
第4节 带电粒子在电场中运动 负极板的中点,则受力的方向与电场的方向相同,所以粒子
【基础特训】 带正电.故A正确,B错误;粒子以某一初速度平行于两板射
1.AC 解析:从极板左侧中央以相同的水平速度先后 入,打在负极板的中点,设极板的长度是L,极板之间的距离
垂直地射入匀强电场的粒子的运动性质为类平抛运动,水平 是d,时间t, :
1 2 1则 at = d;
1
v0t= L 若粒子恰能从负极
方向匀速运动,竖直方向为初速度为零的匀加速运动;从图 2 2 2
中可以看到水平位移丙最大,根据公式:x=vt,说明丙运动 板边缘射出,则时间t不变,沿极板方向的位移:x=vt=L,
的时间最长,其次是乙,甲的运动时间最短;又由于正电荷受 L L所以:v= = =2v0,故C正确;恰能从负极板边缘射
到的电场力方向与电场方向相同,负电荷受到的电场力方向 t 0.5L
与电场方向相反,不带电的粒子不受电场力;所以丙粒子受 v0
到向上的电场力即丙粒子带负电,甲粒子带正电,乙粒子不 1出,根据:Ek= mv2 可知,粒子的动能需增加为原来的4
带电.故A正确,B错误;又因它们竖直方向为初速度为零的 2
1 倍.故D错误.
匀加速运动且位移相同,根据y= at2,可以判断2 a甲>a乙 2.BD 解析:设加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转极
>a丙 .故C正确;以相同的水平速度v0先后垂直极板间电场 板的长度为L,板间距离为d.对于任一粒子:在加速电场中,
射入,电场力对甲粒子做正功,电势能减小则动能增加;对丙
88
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
: 1 的时间相等.故D正确.由动能 定 理 得 qU1= mv20,得 加 速 获 得 的 速 度 为2 v0=
2qU1 .粒子从B 板运动到荧光屏的过程,水平方向做速度m
为v0的匀速直线运动,由于质子和α粒子的比荷不同,则v0
不同,所以它们从B 板运动到荧光屏经历的时间不同.故 A
1 qU
错误.在偏转电场中,粒子偏转的距离为y= at2=
2 ·
2 2md 2.C 解析:从A 到B 电场力做正功,说明带负电的粒
L 2 U L2 子在电场中受到水平向右的电场力,故该电场强度方向水平( ) , 2联立得y= ,可知,y 与粒子的种类、质量、电量v 4dU 向左,故A错误;从A 至B 电场力对粒子做正功,故粒子的0 1
, 电势能减小,即粒子在 点电势能大于在 点的电势能,故无关 故两个粒子偏转距离相同,打到荧光屏上的位置相同. A B
错误;B 根据动能定理知
,从 至 的过程中电场力和重力
故 正确.由动能定理得,加速电场和偏转电场的电场力对 B A B,
粒子做的总功 W=qU1+qE , W
对粒子做的总功为 即粒子在 点的动能比 点的动
y 则知 与q 成正比,两个粒 0.5J B A能多 ,故 正确;除重力外其他力做的功等于粒子机械
子的电荷量之比为1∶2,则总功之比为1∶2.故C错误.粒子 0.5J C
AB , CD 能的增量
,故由于电场力做功 ,故粒子在 点的机械能
在 间做匀加速直线运动 在 间做匀变速曲线,故D 1.5J B
. 比A 点的机械能大1.5J
,故
正确 D错误.
3.B 解析: , 3.解
:(1)0~2s内,设物块的加速度为电子在加速电场中做加速运动 根据动能定 a1,
由牛顿第二定律得:E1q- mg=ma1
: 1 2eU'
μ
理得 eU'=2mv
2,则得电子获得的速度为:v= .电 求得a =2m/s21 .m 1
子进入偏转电场后做类平抛运动,电子在沿极板方向做匀速 由运动学公式x= at22 =4m.
直线运动, L粒子在电场中运动时间:t= ;在平行电场方向 (2)2s末物块速度v0=a1t1=4m/sv 2s后加速度大小为a2
做初速度为0的匀加速直线运动,
eU
加速度a= ,电子在电 由牛顿第二定律得 E2q+ mg=ma2md μ
2 a2=3m/s
2
1 UL
场方向偏转的位移y= at2.联立以上各式得:y= ,又 v 42 4U'd 减速到第一次速度为0用时t2 t2=
0
a = s<2s2 3
因为偏转电场方向向上,所以电子在偏转电场里向下偏转. 2
滑动触头向右移动时,加速电压U'变大,
v 8
由上可知电子偏转 t 时间内小物块的位移为d d= 02 = m
位移变小,因为电子向下偏转,故在屏上的位置上升,相反, 2a2 3
前 内静电力做的功
滑动触头向左移动时,电子打在荧光屏上的位置下降,故 A 2s W1=E1qx=2.4J
错误,B正确;偏转电压U 增大时,电子在电场中受到的电场 16t2 时间内静电力做的功W2=-E2qd=- J
力增大,即电子偏转的加速度a 增大,又因为电子加速获得 15
的速度v 不变, ,电子在电场中运动的时间不变,a 增大,而电 故小物块从开始到第一次速度为0过程中 静电力做到
4
子打在屏上的速度为v'= v2+(at)2,故电子打在屏上的 总功W=W1+W2=3J.
速度增大,故CD错误. 4
4.解:(1)t=3T,水平方向匀速直线运动,L=v0t= 因此,小物块的电势能减少了,减少了 J.
3v0T;
3
(3)小物块在第一次速度减为0后向左加速t3=2-t2
(2)射出电容器时,偏转角度为φ,
vy
tanφ= , 2v0 =3s
: 2v0q· , : 2vqT竖直方向速度 vy=2at= T 则md tan =
0
φ ; 加速度为a3,由牛顿第二定律 E2q- mg=ma3mdv μ0 a3=1m/s2(3)电场方向粒子先匀加速再匀速然后又匀加速至出电 2
, , 1 2 1v0q
加速
· 2 , t3
时间后速度为v v=a3t3= m/s
容器 0~T y1=2at1=
3
2dm T T~2T y2=2y1=2 之后向左减速,加速度为a
1v0q
4
· 2 3vq×2dm T 2T~3T
,y3=3y1=
0 ·T2,则偏移量:y 由牛顿第二定律μmg=ma4a4=1m/s
2
2dm
2 v 23v0dT 再经t4 时间速度减为0 t4= = s=y1+y2+y3= a4 3md .
答:()
14
1 平行板电容器板长L 为3v0T. 故全程总时间t=t1+t2+t3+t4=3s=4.67s
( 2vqT2)粒子射出电容器时偏转的角度φ 的正切值为
0 . 答:(1)2s内小物体的位移为4m.mdv0 (2)小物块从开始到第一次速度为零过程中,电势能减
() 3vqT
2
3 粒子射出电容器时竖直偏转的位移 0y 为 . , 4md 少了 减少了3J.
易错题特训 (3)小物体运动的全过程经历的总时间为4.67s.
1.BD 解析:据题分析可知,质点在平行金属板间轨迹 拓展题特训
应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,质点的轨迹向下偏 T
转,质点才能最后垂直打在 M 屏上,前后过程质点的运动轨 1.AD 解析:在0- 时间内,电子受向右的电场力向4
迹有对称性,如图,可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛 Ue
2mg B 板以加速度a= 做匀加速运动;
T T
在 - 时间内,电子
顿第二定律得,qE-mg=mg,得到E= .故 A错误,B dm 4 2q T
正确.质点在 运 动 中,受 到 重 力 与 电 场 力,根 据 动 能 定 理 可 受向左的电场力,向B 板以同样的加速度做匀减速运动,2
知,动能的增加量等于电场力与重力做的总功,故C错误;由 T 3T
于质点在水平方向一直做匀速直线运动,两段水平位移大小 时刻速度减为零;在 时间内,电子受向左的电场力,
, 2
- 4
相等 则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏
89
小题狂刷 高考专题特训
; 3T 度方向与等势面方向垂直
,而且指向电势低的方向,所以b
向A 板以同样的加速度做匀加速运动 同理可知在 4 -T 点的电势等于0,而电场强度不等于0.故A错误;由图,两个
时间内,电子受向右的电场力,向A 板以同样的加速度做匀 点电荷在a 点产生的电场强度的方向都向右,所以合场强的
减速运动,最后速度为零;故v-t图线为 A正确,C错误;x 方向一定向右,则正电荷在a 点受到的电场力的方向向右;
-t图线B错误;a-t图线D正确;故选AD. 正电荷从a 向O 运动的过程中,电场力做正功,电势能减小,
2.解:(1)离子在加速电场中加速,根据动能定理 而O 点的电势等于0,所以正的试探电荷在a 点的电势能大
1 于零,故B正确;正电荷从a 向O 运动的过程中,电场力做正
Uq=2mv
2
功,电势能减小.所以将正的试探电荷从O 点移到a 点,必须
离子在辐向电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心 克服电场力做功,故C正确;两个等量异种电荷连线的垂直
v2 平分线是一条等势线,所以O、b 两点的电势是相等的,将同
力,根据牛顿第二定律:Eq=m R 一正的试探电荷先后从O、b两点移到a 点,二者电势能的变
2U 化相等.故D错误.
得:E=R 6.D 解析:由于球表面镀有金属,故在电场作用下会
(2)离子做类平抛运动2d=vt 产生感应电荷;金属极板右侧为正,则负电荷将向右移动,故
1 右侧带有负电荷;故A错误;乒乓球与极板相碰后,在接触过
3d=2at
2
程中,电荷重新分布,使球与极板带同种电荷;故将会排斥;
由牛顿第二定律得:qE =ma 因此乒乓球会在两极板间来回碰撞;故B错误,D正确;乒乓0
3U 球共受到电场力、重力、拉力三个力的作用;故C错误.
得:E0=d 7.D 解析:电容器与电源断开,故电量不变;上极板向
(3)设全过程电场力对离子所做的总功为W,则 下移动时, , εS两板间的距离减小 根据C= 可知,电容C
W=W1+W2=qU+qE03d=10qU 4πkd
离子电势能的变化为: 增大, Q则根据C= 可知,电压U 减小;故静电计指针偏角
ΔEP=-W=-10qU U
答:(1)静电分析器圆弧虚线所在处电场强度 E 的大 ; U Q 4πkQ减小 两板间的电场强度E=d = =
;因此电场强
2U Cd εS
小
R . 度与板间距无关,因此电场强度不变;再根据设P 与下极板
3U 距离为l,则P 点的电势φP=El,电势能EP=ELq;因此电(2)矩形区域QNCD 内电场强度E0的大小R . 荷在P 点的电势能保持不变;故D正确,A、B、C错误.
(3)从A 到Q 点的整个运动过程,离子电势能的变化为 8.B 解析:根据电荷的受力情况可知,粒子在电场中做
-10qU. 曲线运动,如图所示:
综合特训(一)
【母题特训】
1.B 解析:沿电场线的方向电势降低,所以电势不同的
等势面不可能相交,故A错误;根据电场线与等势面的关系
可知,电场线与等势面互相垂直,故B正确;电场强度的大小 当电场足够大时,粒子到达上极板时速度恰好与上极板
与电势的高低没有关系,所以同一等势面上各点电场强度不 平行,将粒子的速度v0 分解为垂直于板的vy 和平行于板的
一定相等,故C错误;负电荷在等势面高的位置的电势能小, vx,由于极板与水平面夹角45°,粒子的初速度方向竖直向
所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低 1
的等势面,电势能增大,电场力做负功,故D错误. 上,所以粒子在垂直于板大小的动能为 Ek0,电场力对粒子
2.D 解析:
2
电容器接在恒压直流电源上,则电容器两
1
端的电势差不变.将云母介质移出后,介电常数减小,根据电 做的功为W=qEd,当qEd=2Ek0
时,电场强度最大,解得,
εS
容的决定式C= 知,介电常数减小,电容减小 由于电压4πkd . EE= k0,故B正确,2 ACD
错误.
Q qd
不变,根据C= 可知,电荷量Q 减小.由于电容器的电压不U T9.BC 解析:0~ 时间内微粒匀速运动,则有:
U 3
qE0=
变,板间的距离d 不变,根据E= 可知,极板间的电场强d ,T 2mg ~ T 内,微粒做平抛运动,
1
下降的位移x1= g
度不变.所以A、B、C错误,D正确. 3 3 22
3.AB 解析:根据粒子的弯折方向可知,粒子受合力一 ( T ) ,2 , 2qE0-mgT~T 时间内 微粒的加速度a= =g,
定指向上方;同时因轨迹关于P 点对称,则可说明电场力应 3 3 m
在竖直方向上;粒子带负电,故说明电场方向竖直向下;则可 方向竖直向上,微粒在竖直方向上做匀减速运动,T 时刻竖直
判断Q 点的电势比P 点高;故A正确;粒子由P 到Q 过程, 分速度为零,所以末速度的方向沿水平方向,大小为v0,故A
合外力做正功,故油滴在Q 点的动能比它在P 点的大;故B , 1错误 B正确.微粒在竖直方向上向下运动,位移大小为 d,
正确;因电场力做正功,故电势能减小,Q 点的电势能比它在 2
P 点的小;故C错误;因受力为恒力;故PQ 两点加速度大小 1 T 2则重力势能的减小量为 mgd,故C正确.在 ~ T 内和
相同;故D错误. 2 3 3
4.D 解析:点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷 2T~T 时间内竖直方向上的加速度大小相等,方向相反,
距离越小,场强越大,粒子受到的电场力越大,带电粒子的加 3
速度越大,所以ab>ac>aa,根据轨迹弯曲方向判断出,粒 时间相等, 1则位移的大小相等,为 d,整个过程中克服电场
子在运动的过程中,一直受静电斥力作用,离电荷最近的位 4
置,电场力对粒子做的负功越多,粒子的速度越小,所以va · 1 1 1
, , 、、 力做功为2E0 q
· d= qE0d= mgd,故D错误>vc>vb 所以D正确 ABC错误. 4 2 2
.
5.BC 解析:结合等量异种点电荷的电场的特点可知, 10.C 解析:梳子与头发摩擦会产生静电,吸起纸屑,是
两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线.电场强 静电现象,不符合题意.故A错误;带电小球移至不带电金属
90
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
附近,两者相互吸引属于静电感应现象,是静电现象,不符合 ( ) ( )
题意.故B错误;小线圈接近通电线圈过程中,
231-sinθ -6cosθ -231-sinθ -6cosθ
小线圈中产生 g 或 g.
电流属于电磁感应现象,不属于静电现象.故C正确.从干燥 53l 53l
的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉是由于摩 14.解:(1)设高频脉冲电源的频率为f,周期为T;质子
擦会产生静电,也是静电现象,不符合题意.故D错误;本题 在每个漂移管中运动的时间为t,质子进入漂移管B 时的速
选不属于静电现象的,故选C. 度为vB,漂移管B 的长度为LB.则:
11.AD 解析:带电粒子在加速电场中加速度,由动能 1T= =10-7s.
1 f
定理可知:E1qd= 2;2mv T据题有:t=2.2E1dq
解得:v= ;m T质子在漂移管内做匀速直线运动,则有:LB=vB·
L 2
粒子在偏转电场中的时间t= ;v 联立代入数据解得:LB=0.4m.
(
2 2 2)质子从B 到E 的过程中,质子从漂移管B 运动到漂EqL
在偏转电场中的纵向速度v0=at=
2 1
2E1md 移管E 共 被 加 速3次,由 动 能 定 理 得:3qU= 22mvE -
1 E L2
纵向位移x=2at
2= 2 ;即位移与比荷无关,与速 14E 21 2mvB
度无关;
q
由相似三角形可知,打在屏幕上的位置一定相同,到屏 据题有 =1×108C/kg
上的时间与横向速度成反比;故选AD. m: 4
12.BD 解析:因为M、N 解得在释放后保持静止,说明受到 U=6×10 V.:()
的合力为0,若 M 带正电,不论 N 带正电,还是带负电,都不 答 1 漂移管B 的长度是0.4m.()
可能同时静止,只有 M 带负电,N 带正电才能满足同时静 2 相邻漂移管间的加速电压是6×10
4V.
止.又 M 与N 之间的库仑力是作用力与反作用力,总是大小 【过关特训】
相等方向相反,所以二者受到的电场力也必定是大小相等方 1.D 解析:设两球的带电量大小分别为-q、7q.根据库
2
向相反,由F=qE 可知,二者所带的电量大小相等.故 A错 , 7q仑定律公式得 相距L 时的相互吸引作用力F=k 2 .它们
误,B正确;静止时,二者受到的合力都是0.故C错误;M 带 L
负电,受到的电场力的方向向左,所以移动过程中匀强电场 接触之前是相互吸引,所以它们带异性电荷.当它们相互接
对 M 做负功.故D正确. 触后,异性电荷中和后重新分配.它们相互接触达到静电平
13.解:(1)初始状态的电势能为:We=qU++(-q)U 衡后,电势相同- .
=-3qELcosθ. kQ因U= ,
1
所以它们电量之比为 .
(2)平衡位置时,设小球质量为m,合力矩为: R 3
3qElsinα-mglcosα=0, , 3q, 9q因 Q 总=7q-q=6q 可 得 qa= 且 电 性
mg 3 2
qb=2.
由此得:tanα= = ,3qE 3 相同.
解得:α=30°. 27q2
(3)电势能为零时,杆处于竖直位置,当初始时OA 与电 4将它们放回原处,再根据库仑定律公式得,F'=k
场间夹角θ=150°时,A 恰能到达O 正上方,在此位置杆的角 L2
速度为0, 27= F.故D正确,A、B、C错误.
当θ<150°时,A 位移O 正下方的电势能为零,初态有: 28
W=-3qElcosθ : : Qq2.A 解析 当速度最小时有E =-mglsinθ mgμ=F库=k 2
,解得:
P r
末态W'=0 E'P=-mgl kQq
5 r= ,故 A正确;从A 到B 的过程中,根据动能定理
由能量守恒有:-3qElcosθ-mglsinθ= ml22 ω
2-mgl μmg
1 1 1
2mg(1-sinθ)-6qEcosθ 得:W-μmgL= mv
2- mv20,得2 2 W=μmgL+ mv
2-
ω= 25ml 1 W
2mv
2
0,故 BC 错 误.由 W = -UABq 得,UAB = - =
23(1-sinθ)-6cosθ q
= g
53l 1 1μmgL+ mv2- mv20
当θ≥150°时,电势能为零的位置由两处,即 A 位于O 2 2- .故D错误.
点正下方或正上方 q
3.AC 解析:电场线密的地方电场的强度大,电场线疏
(
: 231-sinθ
)-6cosθ
在A 位移O 正下方时 ω= g 的地方电场的强度小,所以A 点的场强大于B 点的场强,沿
53l 电场线的方向,电势降低,所以 B 点的电势高于A 点的电
在A 位于O 正上方时: 势,所以A正确;电荷由A 点移到B 点,电荷克服电场力做
-2mg(1-sinθ)-6qEcosθ 功,所以该电荷一定为正电荷,所以B错误;从B 到A 的过
ω= 5ml 程中,电场力对负电荷做负功,电势能增加,所以负电荷处于
( ) A 点的电势能大于它处于B 点的电势能
,所以C正确;将一
-231-sinθ -6cosθ
= g 个正电荷由A 点释放,电荷受到的力的方向向左,电荷向左
53l 运动,加速度增大,所以D错误.
答:(1)初始状态的电势能We为-3qELcosθ. h
(2)杆在平衡位置时与电场间的夹角α为30°. 4.D 解析:在z 轴上- 处,合场强为零,该点场强为2
(3)杆在电势能为零处的角速度ω 为
; hq和导体近端感应电荷产生电场的场强的矢量和 q 在-2
91
小题狂刷 高考专题特训
: kq 4kg; h 待速度为零后反向运动
,然后返回上面的电场做匀速直线运
处产生的场强为 E1= 2= 2 由于导体远端离( 3 ) 9h 2 动,由分析可知,C正确.2h 11.解:(1)对B 球进行受力分析,在水平方向受水平方
h 向的电场力和A 球施加的库仑力.
处很远,影响可以忽略不计,故导体在- 处产生场强近似2 由于球均处于平衡状态,
h h kqqB
等于近端在- 处产生的场强;- 处场强为:2 2 0=E1+E
, B 球水平方向合力为零,得:qBE=2 L2
4kq kq
故E =-E =- ;
h
根据对称性,导体近端在 处产生的 E=
5
L2=3×10 N
/C
2 1 9h2 2
4kq h kq (2)两球及细线最后位置如图所示,
场强为-E2= 2;电荷q 在 处产生的场强为:9h 2 h 2=( 2 )
4kq; h 4kq 4kq 40kq2 故 处的合场强为:h 2 h2 +
;故选
9h2=9h2 D.
5.B 解析:若电场方向垂直于杆斜向上,小球受到的电
场力方向也垂直于杆斜向上,在垂直于杆的方向小球受力能
平衡,而在平行于杆方向,重力有沿杆向下的分力,没有力与
之平衡,则小球将向下滑动,不能保持静止.故 A、C均错误. 对A、B 球整体分析,受重力和线QB 的拉力,
若电场方向竖直向上,此时球受两个力,竖直向上的电场力 由平衡条件得:
和竖直向下 的 重 力,根 据 二 力 平 衡 可 知,Eq=mg,故 E= T=2mg=2×0.12×10N=2.4N
mg 对A 球进行受力分析:A 球受重力,电场力,AB 线的拉.故B正确.若电场方向向右,此时受三个力,重力、电场力
q 力,库仑力,
和支持力.重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持 由平衡 条 件 得:重 力 和 电 场 力 的 合 力 必 须 沿 着 线 的
力等值反向,重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向 方向.
, , mg qE=mgtanθ相反 有mgsinθ=Eqcosθ 故E= tanθ,故D错误.q qE 3
: tanθ= =6.BD 解析 等量异种点电荷连线的中垂线是一条等 mg 4
势线.则知,ab两点的电势相等.故 A错误.电场线的疏密表 θ=37°
示场强的大小.中垂线上b处电场线最密,则b点场强比a 点 (3)A 球克服电场力做功,
大.a、b两点场强方向都与中垂线垂直,则a、b两点场强方向 W=-qEL(1-sinθ)=-0.108J
相同.故B正确.根据顺着电场线方向电势降低可知b点电势 ∴A 球的电势能增加了ΔEp=0.108J
比c点低,两者场强方向相同.故C错误.根据曲线运动的合 答:(1)此匀强电场的电场强度E 为3×105N/C.
力方向指向轨迹的内侧可知,而在c点电子所受的电场力向 (2)此时细线QB 所受的拉力T 的大小是2.4N,A、B
右,所以电子仅在电场力作用下不可能沿如图曲线轨迹从a 间细线与竖直方向的夹角θ=37°.
点运动到c点.故D正确. (3)求A 球的电势能与烧断前相比改变了0.108J.
7.B 解析:电场力对系统做功为零,因此A、B 电性一 12.解:(1)SP 间的电势差:U=φS-φP=Eh=2×103
定相反,A 可能带正电,也可能带负电,故 A错误;电场力对 ×0.04V=80V.
A、B 做 功 大 小 相 等,方 向 相 反,所 以 有:EqB×L=EqA× 因:φS=0,∴φP=-80V,
2L,因此q ∶q =1∶2,故B正确;A 的电性不确定,无法 小球在P 点时的电势能:E =qφ =-2×10-4A B P P ×(-80)J
判断其电势能的变化,故C错误;电场力对A、B 都做功,代 =0.016J.
数和为零,故D错误. (2)小球第一次从P 到S 由动能定理得:
8.BD 解析:从a 点静止释放后沿电场线运动到b 点 1 2
的过程中,重力和电场力都做正功,根据能量守恒定律得知: qEh=2mv
动能增加量等于电势能减少量与重力势能减小量之和.故 A 设小球第一次被弹回至最右端距S 板的距离为h1
错误.从a→b 过 程,根 据 动 能 定 理 得:
1 1
mgh+qU= 有: ( ) 22m q1Eh1= kq Eh1=2mv
( 3gh)2
mgh 1
-0,解得,U= .故B正确.由动能定理得:mgh 得:2 h1=kh=4.6cmq
1 mgh 1
+2qU=2mv
2 2
b,U= ,解得,2 v =2q b gh
.故C错误.由动 (3)小球向左运动的过程电场力做功:W1=2mv
1
能定理得:mgh-qU= mv2b,
mgh, 1U= 解得,vb= gh.故 小球向右运动的过程电场力做功:2 2 W2=0-
2
q 2
mv
D正确. 故电场力做的总功W=W1+W2=0
9.BC 解析:若电键K保持闭合,重力与电场力做功不 答:(1)小球在P 点时的电势能为0.016J.
变,由动能定理可知,带电液滴速度不变,则v2=v1,故A错 (2)小球第一次被弹回到达最右端时距S板的距离4.6cm.
误;若电键K闭合一段时间后再断开,向下移动b板,电场力 (3)小球从P 点出发第一次回到最右端的过程中,电场
做的负功减小,由动能定理得液滴速度变大,即v2>v1,故B 力对小球做功为零.
正确;若电键K保持闭合,无论向上或向下移动b板,重力与 :() 1解 电子在电场加速过程 2
电场力所做的功不变,由动能定理可知,液滴速度不变,即v 13. 1 U1e=2mv0①2
=v1,故C正确;若电键 K闭合一段时间后再断开,向上移 在偏转电场中运动,水平方向匀速运动
动b 板,重力做功不变,电场力做功增加,由动能定理可知, v0t0=l②
液滴速度变小,即v2变,电场力做功变小,由动能定理可知,小球速度变大,即v 由2 ①②得 t0=l
, 2U1e>v1 故D错误. (2)当T=t0时,所有电子在偏转电场中运动过程,竖直方
10.C 解析:带负电的粒子受到重力和电场力的作用, 向加速半个周期,减速半个周期,最终水平飞出.由竖直方向速
在上面的电场中重力等于电场力粒子恰做匀速直线运动,在 度时间图象得,t=0时刻进入的电子向上侧移距离最大
下面的电场中, .电场力将大于重力,粒子做匀减速直线运动,
92
物理·电场和磁场 电路与电磁感应
1U2e 2(t 20 ) U2l 3.C 解析:从图中看出,线圈S3 穿过的磁感线条数最y上=2dm 2 ×2=8dU1 多,所以磁通量最大.故A、B、D错误,C正确.
同理得向下侧移距离最大值, 4.AC 解析:使用右手螺旋定则判断通电螺线管的磁
1Ue t 2 2
= 2 ( 0 ) Ul 极,右手的四指握住螺线管的时候,大拇指指向N极方向,则y下 2dm 2 ×2= 28dU1 四指的方向为电流的方向.该螺线管内部是匀强磁场,而外
Ul22 部是非匀强磁场,故A正确,B错误.通电螺线管内部的磁场所以电子达到的区域长Δy=y上+y下=4dU 是从S极到N极,则小磁针静止时,小磁针N极指向即为磁1
(3)当T=2t0时,电子要到达O 点必须在竖直方向有先 场方向,即螺线管的N极,故C正确D错误.
加速后减速再反向加速过程,并且加速大小相等,整个过程 5.解:(1)框架平面与磁感应强度B 垂直时,穿过框架
向上的位移和向下的位移大小相等,设向上加速时间为Δt, 平面的磁通量:Φ=BS.
加速度大小为a,则在竖直方向上有: (2)若框架绕OO'逆时针转过60°,则穿过框架平面的磁
1 通量:
= at2×2③ Φ'=BScos60°=0.5BS.y上 2 (3)在此过程中,穿过框架平面的磁通量的变化量大小:
1 l
y下=2a
(t0-2Δt)2+a(t0-2Δt) ④
ΔΦ=Φ-Φ'=0.5BS.
v06 答:(1)框架平面与磁感应强度B 垂直时,穿过框架平面
要到达O 点 y上=y下⑤ 的磁通量为BS.
t ()若框架绕 逆时针转过 ,则穿过框架平面的磁
联立②③④⑤得Δt= 0 2 OO' 60°3 通量为0.5BS.
所以到达O 点的电子经过偏转电场时电子做功, (3)在此过程中,穿过框架平面的磁通量的变化量大小
W= E = E·
1 Ue Ue 为
a(t -2Δt)2= 2 · 2 (t 0.5BS.q y q 2 0 d 2dm 0 【能力特训】
)2 eU
2l22 高频题特训-2Δt =36U 21d 1.A 解析:电 场 强 度 的 定 义 E=F/q 适 用 于 任 何 电
电子从K 到O 过程由动能定理得: , ; kQ2 2 场 选项A正确 由真空中点电荷的电场强度公式eUl E=r2
可
Ek=U1e+W=U
2
1e+36U1d2 知,当r→0,电荷就不能看做点电荷,则公式不能成立,选项
m B错误;当通电导线平行磁场放 置 时 导 线 所 受 的 磁 场 力 为
答:(1)电子通过偏转电场的时间t0为l 2Ue. 零,但此时此处的磁感应强度不为零,选项1 C错误;磁感应强
(2)若U 的周期T=t ,荧光屏上电子能够到达的区域 度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直,选CD 0
Ul2 项D错误;故选A.
的长度为 2
4dU . 2.D 解析:根据安培定则判断得知:电流 在 区域1 I1 a
(3)若U 的周期T=2t ,到达荧光屏上O 点的电子的 产生的磁场方向垂直纸面向外,在CD 0 b、c区域产生的磁场方向
eU2l2 垂直纸面向里;电流I2 在a、b 区域产生的磁场方向垂直纸
动能为Ue+ 21 36U d2. 面向里,在c区域产生的磁场方向垂直纸面向外,所以在a、c1
两区域磁场方向相反,若磁感应强度大小再相等,则可能出
第二单元 磁 场 现磁感应强度为零的区域.由于电流产生的磁场离电流越近
磁场越强,所以合磁感应强度为0处离比较小的电流比较
第1节 磁感应强度 近,即在小电流的一侧.所以不可能同时出现在a、c 区.故只
有选项D正确.
【基础特训】 3.C 解析:根据安培定则判断得知,通电导线 M 产生
1.C 解析:电场线和磁感线不是真实存在的线,它是为 的磁场方向垂直于纸面向上,N 产生的磁场方向沿纸面方向
了形象描述电场和磁场而引入的.故 A错误;磁场对在磁场 向左,由 于 两 个 磁 场 的 方 向 相 互 垂 直,所 以 合 磁 场:B'=
中运动的电荷才可能有力的作用,对磁场中的静止电荷没有
B2+B2= 2B,故选F C.
力的作用;故B错误;在公式E= 中,正电荷受力的方向与 4.解:(1)当处于如图甲所示位置时,从俯视图可看出没
q
, 有磁感线穿过矩形线框
,故Φ0=0.电场强度的方向相同 负电荷受力的方向与电场强度的方向 ()
; 2 当绕轴
(从上往下看)沿逆时针方向转动60°到a'd'
相反 F 与E 的方向不是相同就是相反.故C正确.公式B= 位置时,线框与B 的夹角θ=60°.
F
是磁感应强度的定义式,由磁场本身决定,与安培力
IL F
的
· 3所以Φ2=B Ssin60°= BS
大小无关.故D错误. 2
2.B 解析:根据右手螺旋定则,a 电流产生的磁场垂直 3
, , , ΔΦ1=Φ2-Φ0=2BS.于acb电流产生的磁场垂直于bc 如图 根据平行四边形定
则,则合场强的方向竖直向下,与ab边平行.故B正确,A、C、 (3)当再由a'd'位置逆时针转60°时,到a″d″,这时线框
D错误. 与B 方向成120°角.
所以Φ3=B·
3 3
Ssin120°=2BS
,ΔΦ2=Φ3-Φ2=2BS
3
-2BS=0.
答:(1)初位置时穿过线框的磁通量Φ0为0.
(2)当线框沿如图甲所示方向绕过60°时,磁通量Φ2 为
3
BS;
3
这一过程中磁通量的变化
2 ΔΦ1
为
2BS.
(3)当线框绕轴沿图示方向由图乙中的位置再转过60°
, 3位置时 磁通量 Φ2 为 BS;这一过程中2 ΔΦ2=Φ3-Φ2
93
