《2022年高三物理第二輪專題復習 電場試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高三物理第二輪專題復習 電場試題（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三物理第二輪專題復習 電場試題 1．如圖1所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷+Q，在x軸上C點有點電荷-Q,且CO=OD, ∠ADO＝60.下列判斷正確的是（ ） A.O點電場強度為零 B.O點電場強度為零 C.若將點電荷+q從O移向C,電勢能增大 D.若將點電荷-q從O移向C，電勢能增大 圖1 2．兩個質(zhì)量相同的小球用不可伸長的細線連結(jié)，置于場強為E的勻強電場中，小球1和小球2均帶正電，電量分別為q1和q2（q1＞q2）。將細線拉直并使之與電場方向平行，如圖26所

2、示。若將兩小球同時從靜止狀態(tài)釋放，則釋放后細線中的張力T為（不計重力及兩小球間的庫侖力） A． B． C． D． 圖26 3．質(zhì)子和中于是由更基本的粒子即所謂“夸克”組成的．兩個強作用電荷相反（類似于正負電荷）的夸克在距離很近時幾乎沒有相互作用（稱為“漸近自由”）；在距離較遠時，它們之間就會出現(xiàn)很強的引力（導致所謂“夸克禁閉”）．作為一個簡單的模型，設這樣的兩夸克之間的相互作用力F與它們之間的距離r的關系為： 式中F0為大于零的常量，負號表示引力．用U表示夸克間的勢能，令U0＝F0(r2—r1)，取無窮遠為勢能零點．下列圖2

3、中U－r圖示中正確的是（ ） D U O －U0 r r1 r2 A U O －U0 r r1 r2 B U O －U0 r r1 r2 C U O U0 r r1 r2 圖2 4．圖27所示的勻強電場E的區(qū)域內(nèi)，由A、B、C、D、A＇、B＇、C＇、D＇作為頂點構(gòu)成一正方體空間，電場

4、方向與面ABCD垂直。下列說法正確的是（ ） A．AD兩點間電勢差UAD與A A＇兩點間電勢差UAA＇相等 B．帶正電的粒子從A點沿路徑A→D→D＇移到D＇點，電場力做正功 C．帶負電的粒子從A點沿路徑A→D→D＇移到D＇點，電勢能減小 圖27 D．帶電的粒子從A點移到C＇點，沿對角線A C＇與沿路徑A→B→B＇→C＇電場力做功相同 5.如圖4所示，實線為電場線，虛線為等勢線且AB=BC，電場中的A、B、C三點的場強分別為EA、EB、EC，電勢分別為、、，AB、BC間的電勢差分別為UAB、UBC，則下列關系中正

5、確的有（ ） A. ＞＞　　　 B. EC＞EB＞EA 圖4 C.　 UAB＜UBC　　　　　　　　 D.　 UAB＝UBC a b c 30° 6．如圖5所示，勻強電場中有a、b、c三點．在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°,電場方向與三角形所在平面平行．已知a、b和c點的電勢分別為V、V和2 V．該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為 A．V、V B．0 V、4 V C．V、 D．0 V、V

6、 圖5 A θ a b E R 7．豎直放置的一對平行金屬板的左極板上用絕緣線懸掛了一個帶正電的小球，將平行金屬板按圖31所示的電路圖連接。絕緣線 與左極板的夾角為θ。當滑動變阻器R的滑片在a位置時， 電流表的讀數(shù)為I1，夾角為θ1；當滑片在b位置時， 電流表的讀數(shù)為I2，夾角為θ2，則 （ ） Ａ．θ1<θ2，I1θ2，I1>I2 Ｃ．θ1=θ2，I1=I2 Ｄ．θ1<θ2，I1=I2 圖31 8．如圖28所示，固定在Q點的正點電荷

7、的電場中有M、N兩點，已知＜。下列敘正確的是 （ ） A．若把一正的點電荷從M點沿直線移到N點，則電場力對該電荷做功，電勢能減少 B．若把一正的點電荷從M點沿直線移到N點，則該電荷克服電場力做功，電勢能增加 圖28 C．若把一負的點電荷從M點沿直線移到N點，則電場力對該電荷做功，電勢能減少 D．若把一負的點

8、電荷從M點沿直線移到N點，再從N點沿不同路徑移回到M點，則該電荷克服電場力做的功等于電場力對該電荷所做的動，電勢能不變 9．勻強電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為1 m，D為AB的中點，如圖29所示。已知電場線的方向平行于ΔABC所在平面，A、B、C三點的電勢分別為14 V、6 V和2 V。設場強大小為E，一電量為1×10－6 C的正電荷從D點移到C點電場力所做的功為W，則 A．W＝8×10－6 J，E＞8 V/m B．W＝6×10－6 J，E＞6 V/m C．W＝8×10－6 J，E≤8 V/m D．W＝6×10－6 J，E≤6 V/m

9、 圖29 a b d c 20V 24V 4V 10．a(chǎn)、b、c、d是勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點。電場線與矩形所在的平面平行。已知a點的電勢是20V，b點的電勢是24V，d點的電勢是4V，如圖30所示。 由此可知，c點的電勢為（ ） 圖30 A、4V B、8V C、12V D、24V 11．如圖9所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。

10、在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）。 （1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子， 求電子離開ABCD區(qū)域的位置。 （2）在電場I區(qū)域內(nèi)適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。 （3）若將左側(cè)電場II整體水平向右移動L/n（n≥1）， 圖9 仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），求在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位

11、置。 12．帶等量異種電荷的兩平行金屬板相距L，板長H，豎直放置，x軸從極板中點O通過，如圖20所示。板間勻強電場的場強為E，且?guī)д姷臉O板接地。將一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子（重力不計）從坐標為x0處釋放。 （1）試從牛頓第二定律出發(fā)，證明該帶電粒子在極板間運動的過程中，電勢能與動能總和保持不變。 （2）為使該粒子從負極板上方邊緣的P點射出，須在x0處使該粒子獲得豎直向上的初速度v0為多大? 圖20 A B E 3.5L 固定底座 -3q +2q 13．如圖33所示，沿水平方向放置一

12、條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L。槽內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的小球A和B， 球A帶電量為+2q，球B帶電量為-3q，兩球由長為 2L的輕桿相連，組成一帶電系統(tǒng)。最初A和B分別 靜止于左板的兩側(cè)，離板的距離均為L。若視小球 為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在兩板間加上與槽平行 圖33 向右的勻強電場E后（設槽和輕桿由特殊絕緣材料 制成，不影響電場的分布），求： （1）球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大?。? （2）帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間及球A相對右板的位置。 14．

13、如圖10（a）所示，在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內(nèi)存在水平向左的電場，電場強度E隨時間的變化如圖10（b）所示。不帶電的絕緣小球P2靜止在O點。t=0時，帶正電的小球P1以速度v0從A點進入AB區(qū)域。隨后與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度是碰前的倍。P1的質(zhì)量為m1，帶電量為q，P2的質(zhì)量為m2=5m1，A、O間距為L0，O、B間距為.已知，. （1）求碰撞后小球P1向左運動的最大距離及所需時間。 （2）討論兩球能否在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞。 圖10 15．O d B A C D O′ P L

14、 如圖23所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電、B板帶負電。兩板之間存在著勻強電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B板上開有兩個間距為L的小孔。C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O’處，C帶正電、D帶負電。兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強度可認為大小處處相等，方向都指向O’。半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計。現(xiàn)從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電微粒（微粒的重力不計），問： 圖23 （1）微粒穿過B板小孔時的速度多大； （2）為了使微粒能在CD板間運動而不碰板，CD板間的電場

15、強度大小應滿足什么條件； （3）從釋放微粒開始，經(jīng)過多長時間微粒會通過半圓形金屬板間的最低點P 16．如圖35所示，一根長 L = 1.5m 的光滑絕緣細直桿MN ，豎直固定在場強為 E ==1.0 ×105N / C 、與水平方向成θ＝300角的傾斜向上的勻強電場中。桿的下端M固定一個帶電小球 A ，電荷量Q＝+4.5×10－6C；另一帶電小球 B 穿在桿上可自由滑動， 電荷量q＝+1.0 ×10一6 C，質(zhì)量m＝1.0×10一2 kg ?，F(xiàn)將小 θ M N A B E 球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動。（靜電力常量 k＝9.0×10 9N·m2／C2，取 g

16、=l0m / s2) （1）小球B開始運動時的加速度為多大？ （2）小球B 的速度最大時，距 M 端的高度 h1為多大？ （3）小球 B 從 N 端運動到距 M 端的高度 h2＝0.6l m 時， 速度為v＝1.0m / s ，求此過程中小球 B 的電勢能改變了多少？ 圖35 答案及解析 1．【答案】BD 【解析】電場是矢量，疊加遵循平行四邊行定則，由和幾何關系可以得出，A錯B對。在之間，合場強的方向向左，把負電荷從Ｏ移動到C，電場力做負功，電勢能增加，C錯D對。 2．【答案】A 【解析】本

17、題屬于連接體問題，主要考查牛頓第二定律在電場中的應用，設加速度為a，對整體有：，再隔離球2分析：，聯(lián)立兩式得：，所以選項A正確 3．【答案】B 【解析】從無窮遠處電勢為零開始到r = r2位置，勢能恒定為零，在r = r2到r = r1過程中，恒定引力做正功，勢能逐漸均勻減小，即勢能為負值且越來越小，此部分圖像為A、B選項中所示；r ＜ r1之后勢能不變，恒定為－U0，由引力做功等于勢能將少量，故U0=F0(r2－r1)．所以選項B正確 4．【答案】BD 【解析】電場力的方向與面ABCD垂直，所以面ABCD是等勢面，A、D兩點的電勢差為0，又因A、A兩點的電勢差不為0，所以選項A錯。帶

18、正電的粒子從A點到D電場力不做功，而由D→D＇電場力做功，所以選項B正確；同理，帶負電的粒子從A點沿路徑A→D→D＇移到D＇點，電場力做負功，電勢能增大，選項C錯；由電場力做功的特點得選項D也正確。 5．【答案】AC 【解析】考查靜電場中的電場線、等勢面的分布知識和規(guī)律。A、B、C三點處在一根電場線上，沿著電場線的方向電勢降落，故φA＞φB＞φC，A正確；由電場線的密集程度可看出電場強度大小關系為EC＞EB＞EA，B對；電場線密集的地方電勢降落較快，故UBC＞UAB，C對D錯。此類問題要在平時注重對電場線與場強、等勢面與場強和電場線的關系的掌握，熟練理解常見電場線和等勢面的分布規(guī)律 【答

19、案】AC 6．【答案】 B 【解析】如圖所示，根據(jù)勻強電場的電場線與等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，取ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2V，故Oc為等勢面，MN為電場線，方向為MN方向，UOP= UOa=V，UON : UOP=2 :，故UON =2V,N點電勢為零，為最小電勢點，同理M點電勢為4V，為最大電勢點。所以選項B正確 a b c O N M P 7．【答案】D 【解析】

20、先根據(jù)電容器在電路穩(wěn)定的情況下相當于斷路，比較兩種情況下兩極板的電勢差、電場強度、電場力大小進而確定較大關系；再根據(jù)兩種情況下的總電阻大小確定電流關系。當滑片在a位置時平行板電容器兩極板間電勢差比當滑片在b位置時小，場強也就小，故θ1<θ2 ，兩種情況下的閉合電路總電阻不變，故I1=I2，所以正確選項D。 8．【答案】AD 【解析】因電場力做功只與始末位置有關，與路徑無關，故選項D對。把一正的點電荷從M點沿直線移到N點時，電場力做正功，電勢能減少，所以選項A正確。而B錯。負電荷則相反，即選項C錯。 9．【答案】A 【解析】本題主要考查電場力做功和電勢差與場強的關系。根據(jù)W=得W=8×1

21、0－6 J，因沿場強方向的距離d小于1m，所以由得E大于8 V/m，故選項A正確。 10．【答案】B 【解析】在勻強電場中，由于U＝Ed，所以任意一族平行線上等距離的兩點的電勢差相等，因此Uab=Ucd，所以c點電勢為8V。，B對。考查勻強電場中場強與電勢差的關系，難度適中。 11．【解析】 （1）設電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的為v0，此后電場II做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有 解得　y＝，所以原假設成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為（－2L，） （2）設釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標為（x，y

22、），在電場I中電子被加速到v1，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有 解得　xy＝，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置。 （3）設電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v2，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y′處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經(jīng)過D點，則有 ， 解得　，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置 12．【解析】 （1）在帶電粒子運動方向上任取一點，設其坐標為，取接地極板為零勢能點。將粒子從O點移到處電場力做正功，，即粒子在x處的電勢能為，在處的電勢能為。 再由牛頓第二定律①，②，解得③，又④，⑤，，得⑥

23、，即該帶電粒子在極板間運動的過程中，電勢能與動能總和保持不變，證畢。 （2）粒子在豎直向上射出后做類平拋運動。故豎直方向做勻速直線運動，到達P點時有⑦；水平方向做初速度為零的勻加速運動，有⑧，聯(lián)立解得 13．【解析】 對帶電系統(tǒng)進行分析，假設球A能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W1，有： 而且還能穿過小孔，離開右極板。 假設球B能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W2，有： 綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A、B應分別在右極板兩側(cè)。 （1）帶電系統(tǒng)開始運動時，設加速度為a1，由牛頓第二定律： = ③ 球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為v1，有：

24、 ④ 由③④求得： ⑤ （2）設球B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則： ⑥ 將③⑤代入⑥得： ⑦ 球B進入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律： ⑧ 顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運動。設球A剛達到右極板時的速度為v2，減速所需時間為t2，則有： ⑨ ⑩ 求得： ⑾ 球A離電場后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運動，設加速度為a3，再由牛頓第二定律： ⑿ 設球A從離開電場到靜止所需的時間為t3，運動的位移為x，則有： ⒀ ⒁ 求得： ⒂ 由⑦⑾⒂可知，

25、帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時間為： ⒃ 球A相對右板的位置為： ⒄ 14．【解析】 (1)P1經(jīng)t1時間與P2碰撞，則 P1、P2碰撞，設碰后P2速度為v2，由動量守恒： 解得（水平向左） （水平向右） 碰撞后小球P1向左運動的最大距離： 又： 解得： 所需時間： （2）設P1、P2碰撞后又經(jīng)時間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且P1受電場力不變，由運動學公式，以水平向右為正： 則： 解得： （故P1受電場力不變） 對P2分析： 所以假設成立，兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞。 15．【解析】 （1）設微粒穿過B

26、板小孔時的速度為v，根據(jù)動能定理，有 解得 （2）微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有 聯(lián)立⑴、⑵，得 （3）微粒從釋放開始經(jīng)t1射出B板的小孔，則 設微粒在半圓形金屬板間運動經(jīng)過t2第一次到達最低點P點，則 所以從釋放微粒開始，經(jīng)過微粒第一次到達P點 根據(jù)運動的對稱性，易知再經(jīng)過微粒再一次經(jīng)過P點 所以經(jīng)過時間，微粒經(jīng)過P點。 16．【解析】 由題意可知，帶電小球在勻強電場和點電荷非勻強電場這樣的疊加場中運動，前兩問應用力的觀點求解，因庫侖力是變力，所以第（3）問只能用能的觀點求解。 （1）開始運動時小球受重力、

27、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得 解得 代入數(shù)據(jù)解得 （2）小球速度最大時合力為零，即 解得

28、 代入數(shù)據(jù)解得 （3）小球從開始運動到速度為的過程中，設重力做功為，電場力做功為， 庫侖力做功為，根據(jù)動能定理有 解得 設小球的電勢能改變了△，則 △ △ △