2020屆高中物理 專題06 電場

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1、2020屆同心圓夢專題六 物理 考試范圍：電場 一、 選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項符合題目要求，有的有多個選項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。） 1．如右圖所示，不帶電的枕形導體的A、B兩端各貼有一對金箔。當枕形導體的A端靠近一帶正電導體C時，可能的是 （ ） A．A端金箔張開，B端金箔閉合，枕形導體整體不帶電

2、 B．用手觸摸枕形導體后，A端金箔仍張開，B端金箔閉合 C．用手觸摸枕形導體后，將手和C都移走，兩對金箔均張開 D．選項A中兩對金箔分別帶異種電荷，選項C中兩對金箔帶同種電荷 2．下列常見的靜電學公式中，F(xiàn)、q、E、U、r和d分別表示電場力、電量、場強、電勢差、以及距離①，②，③，④U=Ed （ ） A．它們都只對點電荷或點電荷的電場才成立 B．①②③只對點電荷或點電荷的電場成立，④只對勻強電場成立 C．①②只對點電荷成立，③對任何電場都成立，④只對勻強電場才

3、成立 D．①②只對點電荷成立，③④對任何電荷或靜電場都成立 3．一帶正電的小球沿光滑絕緣桌面向右運動，桌子右側存在垂直紙面向里的勻強電場，如右圖所示，速度方向與電場方向垂直，小球飛離桌面后落在地板上，設其飛行時間為t1、水平射程為s1、著地速度大小為v1；撤去電場，其它條件不變，設小球飛離時間為t2、水平射程為s2、著地速度大小為v2，則 （ ） A．s1＞s2 B．t1＞t2 C．t1＝t2 D．v1與v2大小關系不能確定 4．如右圖所示，在光滑絕緣的水平面上，有一棱形ABCD，對角線交點為O，在頂點B、D處各固定一個點電荷，

4、若將一個帶正電的小球從A點靜止釋放，小球將沿對角線AC作往返運動。則 （ ） A．B、D處固定的是等量的正電荷 B．B、D處固定的是等量的異種電荷 C．在A、C的連線上O點電勢最低 D．運動小球在O處的機械能最小 5．在光滑絕緣的水平面上，存在一個水平方向的勻強電場，電場強度大小為E，在該電場中一個半徑為R的圓周，其中PQ為直徑，C為圓周上的一點，在O點將一帶正電的小球以相同的初速率向各個方向水平射出時，小球可以到達圓周的任何點，但小球到達C點時的速度最大，已知PQ與PC間的夾角為θ=30°，則關于該電場強度E的方向及PC間的電勢

5、差大小說法正確的是 （ ） A．E的方向為由P指向Q， B．E的方向為由Q指向C， C．E的方向為由P指向C， D．E的方向為由O指向C， 6．右圖為測定壓力的電容式傳感器，其核心部件是一平行板電容器。將電容器、靈敏電流表（零刻度在中間）和電源串聯(lián)成閉合電路，當壓力F作用于可動膜片電極上時，膜片產(chǎn)生形變，引起電容的變化，導致靈敏電流表指針偏轉。在對膜片開始施加恒定壓力到膜片穩(wěn)定后，靈敏電流表指針的偏轉情況為（電流從電流表正接線柱流入時指針向右偏）

6、 （ ） A．向右偏到某刻度后回到零刻度 B．向左偏到某刻度后回到零刻度 C．向右偏到某刻度后不動 D．向左偏到某刻度后不動 7．如右圖所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一個負檢驗電荷在這個電場中的軌跡，若電荷是從a處運動到b處，以下判斷正確的是 （ ） A．電荷從a到b加速度減小 B．b處電勢能

7、大 C．b處電勢高 D．電荷在b處速度小 8．如右圖所示，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直徑，圓心為O，半徑為R，將等電量的兩正點電荷Q放在圓周上，它們的位置關于AC對稱，與O點的連線和OC間夾角為30°，下列說法正確的是 （ ） A．電荷q從A點運動到C點，電場力做功為零 B．電荷q從B點運動到D點，電場力做功為零 C．O點的場強大小為 D．O點的場強大小為 9．如右圖所示，高為h的光滑絕緣曲面處于勻強電場中，勻強電場的方向平行于豎直平面，一帶電荷量為+q，質(zhì)量為m的小球，以初速度為v0從曲面底端的A點開始沿曲面表面上滑，到達曲面

8、頂端B點的速度仍為v0，則 （ ） A．電場力對小球做功為 B．A、B兩點的電勢差為 C．小球在B點的電勢能大于在A點的電勢能 D．電場強度的最小值為 10．如右圖所示，一價氫離子和二價氦離子（不考慮二者間的相互作用），從靜止開始經(jīng)過同一加速電場加速，垂直打入偏轉電場中，則它們 （ ） A．同時離開偏轉電場，但出射點的位置不同 B．同時離開偏轉電場，出射點的位置相同 C．先后離開偏轉電場，但出射點的位置相同 D．先后離開

9、偏轉電場，且出射點的位置不同 二、非選擇題（本題共6小題，共60分。要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。） 11．（10分）如下圖所示，在絕緣光滑水平面的上方存在著水平方向的勻強電場，現(xiàn)有一個質(zhì)量m＝2.0×10－3kg、電量q＝2.0×10－6C的帶正電的物體（可視為質(zhì)點），從O點開始以一定的水平初速度向右做直線運動，其位移隨時間的變化規(guī)律為s＝6.0t-10t2，式中s的單位為m，t的單位為s。不計空氣阻力，取g＝10m/s2。 （1）求勻強電場的場強大小和方向； （2）求帶電物體在0~0.5s內(nèi)電勢能的變化量。

10、 12．（10分）質(zhì)量為m，帶電量為-q的微粒（重力不計），經(jīng)過勻強電場中的A點時速度為v，方向與電場線垂直，運動到B點時速度大小為2v，如下圖所示。已知A、B兩點間的距離為d。求： （1）A、B兩點的電勢差； （2）電場強度的大小和方向。 13．（10分）如下圖所示的電路中，電源電動勢E=6.00V，其內(nèi)阻可忽略不計。電阻的阻值分別為R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ，電容器的電容C=4.7μF。閉合開關S，待電流穩(wěn)定后，用電壓表測R1兩端電壓，其穩(wěn)定值為1.50V。 （1）該電壓表的內(nèi)阻為多大？ （2）由于電壓表的接入，電容器的帶

11、電量變化了多少？ 14．（10分）如下圖所示，兩塊豎直放置的平行金屬板A、B，板距d=0.04m，兩板間的電壓U=400V，板間有一勻強電場，AB水平線上方場強可視為0。在A、B兩板上端連線的中點Q的正上方，距Q為h=1.25m的P點處有一帶正電小球，已知小球的質(zhì)量m=5×10-6kg，電荷量q=5×10-8C。設A、B板長度足夠長，（取g=10m/s2）。 試求：（1）帶正電小球從P點開始由靜止下落，經(jīng)多長時間和金屬板相碰？ （2） 相碰時，離金屬板上端的距離多大？ 15．（10分）如下圖所示

12、，現(xiàn)在有一個小物塊，質(zhì)量為m=80g，帶上正電荷q=210－4C。與水平的軌道之間的滑動摩擦系數(shù)m =0.2，在一個水平向左的勻強電場中，E=103V/m，在水平軌道的末端N處，連接一個光滑的半圓形軌道，半徑為R=40cm，取g =10m/s2，求： （1）小物塊恰好運動到軌道的最高點，那么小物塊應該從水平哪個位置釋放？ （2）如果在上小題的位置釋放小物塊，當它運動到P（軌道中點）點時對軌道的壓力等于多少？ 16．（10分）如下圖所示，真空中兩水平放置的平行金屬板A、B相距為d，板長為L，今在A、B兩板間

13、加一如下圖所示的周期性變化的交變電壓從t=0時刻開始，一束初速度均為v0的電子流沿A、B兩板間的中線從左端連續(xù)不斷地水平射入板間的電場，要想使電子束都能從A、B右端水平射出，則所加交變電壓的周期T和所加電壓U0的大小應滿足什么條件？ 2020屆同心圓夢專題卷物理專題六答案與解析 1.【命題立意】本題主要考查帶電體的帶電方式及原理、電荷守恒定律。 【思路點撥】靜電場中物體帶電源于電子的轉移，可以從同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引的角度分析。 【答案】BCD【解析】根據(jù)靜電感應現(xiàn)象，帶正電的導體C放在枕形導體附近，在A端出現(xiàn)了負電，在B端出現(xiàn)了正電，這樣的帶電并不

14、是導體中有新的電荷，只是電荷的重新分布，枕形導體上總的電荷量為0。金箔上帶電相斥而張開，選項A錯誤；用手摸枕形導體后，B端不是最遠端了，人是導體，人的腳部連接的地球是最遠端，這樣B端不再有電荷，金箔閉合，選項B正確；用手觸摸導體時，只有A端帶負電，將手和C移走后，不再有靜電感應，A端所帶負電便分布在枕形導體上，A、B端均帶有負電，兩對金箔均張開，選項C正確；通過以上分析看出，選項D也正確。 2．【命題立意】本題重在考查靜電場幾個公式的適用條件。 【思路點撥】定義式對任何情況都成立，但被定義的物理量與式中其它物理量不存在決定和被決定關系，決定式的物理量之間存在決定和被決定關系。 【答案】C

15、【解析】① ，② 僅對真空中靜止的點電荷成立，③是定義式，適用于一切情況；④U=Ed對勻強電場成立，注意各自的適用條件。 3.【命題立意】本題以類平拋運動為載體，考查帶電粒子在電場和重力場中的運動。 【思路點撥】根據(jù)運動的合成與分解規(guī)律，分別分析小球在重力方向和電場力方向的受力特點和運動特點，然后確定各量的大小關系。 【答案】AC【解析】運動時間由豎直方向決定，根據(jù) 可知，兩種情況下運動時間相等，C正確，B錯；兩種情況下重力做的正功相同，而存在電場時，電場力做正功，所以存在電場時落地速度大，D錯；無電場時，只有水平向右的水平位移v0t；存在電場時，既有向右的水平位移v0t，又有垂直紙面向

16、里的水平位移，顯然s1＞s2，A答案正確。 4．【命題立意】本題重在考查電場強度的矢量合成，等量同種電荷周圍的電場分布特點。 【思路點撥】根據(jù)物體的運動情況分析受力情況。 【答案】C【解析】由題意知，B、D處固定的是等量的負電荷，AB錯；帶正電的小球從A點靜止釋放，向低電勢處移動，故C對；運動小球在O處的電勢能最小、機械能最大，D錯。 5．【命題立意】本題從電場力做功引入，考查等勢面與電場線的關系以及勻強電場中電場強度與電勢差的關系。 【思路點撥】確定出過C點的等勢面的特點，然后以此為突破口，確定電場的方向，并運用U=Ed進行求解。 【答案】D【解析】由題意知，過C點的切面是圓周上

17、離P最遠的等勢面，半徑OC與等勢面垂直，E的方向為由O指向C，OC與CP間的夾角為θ=30°， 。 6．【命題立意】本題通過靈敏電流計中電流的流向，考查電容器的充電與放電，更進一步考查電容器的電容、電壓、電荷量間的關系。 【思路點撥】根據(jù)平行板電容器的特點，根據(jù)板間距離的變化，確定電容器電容的變化，再從電荷量變化的情況，確定電流計中電流的方向。 【答案】A【解析】兩極板間電壓不變，在壓力F作用下，極板間距d減小，電容變大，電量增加電容器充電，電流從靈敏電流計正接線柱流入，指針右偏。當極板電量不變時，電路里沒有電流，指針不再偏轉。 7.【命題立意】本題考查電場線的概念、牛頓第二定律、做曲

18、線運動物體速度與加速度的關系、電場線與等勢面的關系、電場力功與電勢能變化的關系。能量守恒定律等基本概念和規(guī)律。 【思路點撥】先根據(jù)檢驗電荷在電場中的軌跡弄清電場線的方向，進而對電場中的電勢高低和電場力做功過程中的能量轉化問題做出判斷。 【答案】BD【解析】由圖可知，b處的電場線比a處的電場線密，說明b處的場強大于a處的場強。根據(jù)牛頓第二定律，檢驗電荷在b處的加速度大于在a處的加速度，A選項不正確；由圖可知，電荷做曲線運動，必受到不等于零的合外力，即F電≠0，且F電的方向應指向運動軌跡的內(nèi)側。因為檢驗電荷帶負電，所以電場線指向是從疏到密。再利用"順著電場線電勢越來越低"判斷a，b處電勢高低關

19、系是 ，C選項不正確；根據(jù)檢驗電荷的位移與所受電場力的夾角大于90°，可知電場力對檢驗電荷做負功。功是能量變化的量度，可判斷由a→b電勢能增加，B選項正確；系統(tǒng)的能量守恒，電勢能增加則動能減小，速度減小，D選項正確。 8.【命題立意】本題重在考查點電荷的庫侖定律和電場強度的矢量合成，電場力做功的特點。 【思路點撥】根據(jù)等量同種電荷中垂線上電場強度的特點和周圍電場線分布的特點及對稱性分析各選項。 【答案】BD【解析】電荷q從A點運動到C點，所受電場力豎直向上，電場力做負功，A錯，根據(jù)對稱性B正確，O點的場強大小為 ，C錯，D正確。 9．【命題立意】本題主要考查電場力做功的特點、勻強電場中

20、電勢差與電場強度的關系，動能定理的應用。 【思路點撥】先根據(jù)運動情況確定出初末位置間的電勢差、電勢的高低，然后根據(jù)勻強電場的特點確定電場強度。 【答案】B【解析】如右圖所示，設A、B兩點間電勢差為UAB，對小球由A到B的過程，根據(jù)動能定理得qUAB－mgh=0，解得UAB=mgh/q，選項B正確；電場力對小球做的功剛好克服重力做功，等于mgh，選項A錯誤；由于小球由A到B的過程電場力做正功，所以小球電勢能降低，選項C錯誤；設電場方向與AB間位移方向夾角為θ，UAB=ESAB·cosθ =mgh/q，解得E =mghqSAB·cosθ，可知電場強度的最小值不一定等于mgq，選項D錯誤。 1

21、0．【命題立意】本題通過兩個電容器的組合，主要考查帶電粒子在電場中的加速和偏轉的規(guī)律。 【思路點撥】從水平方向確定運動的時間，從豎直方向確定離子的偏轉位移。 【答案】C【解析】在加速電場中， ，在偏轉電場中，離子沿初速度方向做勻速直線運動：vx=v0，穿過電場的時間 ，在加速電場中，由牛頓第二運動定律： 可知，一價離子的加速度大，運動時間短，偏轉電場中，由于兩種離子在偏轉電場中運動的水平速度不同，一價離子的水平速度大，仍然是一價離子的運動時間短，所以一價離子先離開電場；平行于電場方向即垂直于初速度的方向做初速度為零的勻加速直線運動：加速度 ，偏移量 ，可以看出，離子離開電場時的偏轉位移與離

22、子的質(zhì)量和電荷量均無關，即出射位置相同，正確答案C。 11．【命題立意】本題通過帶電粒子在電場中的直線運動，分別從力的角度和能的角度分析粒子受力和能量變化。 【思路點撥】從位移隨時間變化的關系式入手，找出加速度、電場力，進一步確定電場及電場力做功情況。 【答案】（1）E＝2.0×104N/C，方向向左 （2）電勢能增加2×10－2J 【解析】（1）由s＝6.0t－10t2得加速度大小為：a＝20m/s2 （1分） 根據(jù)牛頓第二定律：Eq＝ma（1分） 解得，場強大小為：E＝2.0×104N/C （1分） 電場強度方向水平向左 （1分） （2）由s＝6.0t－10t2得，初速度大

23、小為：v0＝6.0m/s （1分） 減速時間：t1＝v0 a＝0.3s （1分） 0.3s內(nèi)經(jīng)過的路程x1＝v0t1－12at2＝0.9 m （1分） 后0.2s物體做反向勻加速直線運動，經(jīng)過的路程 x2＝12at2＝0.4m （1分） 物體在0.5s內(nèi)發(fā)生的位移為x＝x1－x2＝0.5m（1分） 電場力做負功，電勢能增加：ΔEp＝Eqx＝2×10―2J （1分） 12．【命題立意】考查帶電粒子的運動以及勻強電場的特點。 【思路點撥】先根據(jù)動能定理求初末位置間的電勢差，再根據(jù)合運動與分運動的等時性，在水平方向和豎直方向，對比電場力和重力，確定電場強度的大小和方向。 【答案】（1

24、） （2） ，方向向左 【解析】（1）根據(jù)動能定理可得： （3分）解得： （1分） （2）由題意可知，帶電微粒在電場中做類平拋運動，垂直電場方向上做勻速運動，y=vt （1分） 沿電場方向做初速度為零的勻加速運動， （1分） 又x2+y2=d2 （1分） v2+(at)2=(2v)2 （1分） 解得： ，方向向左 （2分） 13．【命題立意】本題以電路為背景，考查平行板電容器的電容、電壓、電荷量的關系，電容器的充電與放電等。 【思路點撥】根據(jù)不同條件下電容器的電容和電壓的不同，確定電荷量的變化。 【答案】（1）4.8kΩ （2）2.35×10－6C 【解析】（1

25、）設電壓表的內(nèi)阻為RV，測得R1兩端電壓為U1，R1與RV并聯(lián)后的總電阻為R， 則有 ① （1分） 由串聯(lián)電路的規(guī)律得： ② （1分） 聯(lián)立①②得 （1分） 代入數(shù)據(jù)得RV=4.8kΩ （1分） （1分） （2）電壓表接入前，電容器上的電壓UC等于電阻R2上的電壓，R1兩端的電壓為UR， 則 （1分） 又E=Uc+UR1 （1分） 接入電壓表后，電容器上的電壓為Uc'=E-U1 （1分） 由于電壓表的接入，電容器帶電量增加了ΔQ=C(Uc'-Uc) （1分） 聯(lián)立以上各式得， （1分） 代入數(shù)據(jù)可得ΔQ=2.35×10-6C （1分） 14．【命題立意

26、】本題考查帶電粒子在勻強電場中的偏轉。 【思路點撥】豎直方向上是自由落體運動，水平方向是勻變速直線運動，二者間通過時間相等聯(lián)系在一起。 【答案】（1）0.52s （2）0.102m 【解析】（1）設小球從P到Q的時間為t1， 由 得， （2分） 小球進入電場后其飛行時間決定于電場力產(chǎn)生的加速度ax，由力的獨立作用原理，可以求出小球在電場中的運動時間t2。 qE=max （1分） （1分） （1分） 得： （1分） 所以，運動總時間：t=t1+t2=0.52s （1分） （2）小球由P點開始在豎直方向上始終是自由落體運動，在時間t內(nèi)的位移為 （2分） 與金屬板上

27、端的距離為：s=y-h=0.102m （1分） 15．【命題立意】本題以勻強電場為背景，考查帶電粒子在電場中的直線運動和圓周運動，考查牛頓定律和動能定理在電場中的應用。 【思路點撥】從最高點的臨界速度入手，根據(jù)動能定理確定電場力做功的多少，即可求電荷釋放的位置，根據(jù)動能定理確定P點速度，由牛頓定律確定物體在P點所受的支持力。 【答案】（1）15.25m （2）3.0N 【解析】（1）物塊能通過軌道最高點的臨界條件是 （1分）解得v=2m/s （1分） 設小物塊釋放位置距N處為s （2分） 解得s=15.25m，即小物塊應該從在水平位置距N處為15.25m處開始釋放（1分）

28、 （2）物塊到P點時， （2分）解得 （1分） （1分）解得FN=3.0N 由牛頓第三運動定律可得物塊對軌道的壓力： （1分） 16.【命題立意】考查帶電粒子在交變電場中的運動。 【思路點撥】結合運動圖象，根據(jù)粒子在豎直方向周期性運動的特點和豎直位移的臨界條件，列出與位移、加速電壓和電場變化周期均有關的方程。 【答案】U0≤ （n＝1、2、……） 【解析】根據(jù)題意可知，電子在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做變速直線運動，可畫出電子在豎直方向上的速度一時間（vy-t）圖線，如右圖所示，因電子進入板間電場和出離板間電場時，其豎直分速度均為零，所以電子在電場中的運行時間t必為交變電壓周期T的整數(shù)倍： t=nT （n＝1、2、……） （2分） 而 （1分） 故 （n＝1、2、……） （1分） 對于在 （k＝0、1、2、……）時刻射入的電子，根據(jù)vy-t圖知，其出離板間電場時側向位移最大，故只需考慮這些時刻射入的電子滿足的條件。對這些時刻射入的電子，在一個周期內(nèi)側向位移（即vy-t圖中所畫陰影部分的面積）為： （3分） 在t=nT內(nèi)，總側移y總=ny，當y總≤ 時，電子均可飛出板間電場，即： ≤ （2分） 解得：U0≤ （n＝1、2、……） （1分）