2020届高三物理二轮专题复习-静电场强化练

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页2020届高三物理二轮专题复习——静电场强化练一、单选题（本大题共8小题，共32分）如图所示，虚线是等量异种点电荷所形成的电场的等势线，相邻的等势线间的电势差相等．现用外力将一个带正电的试探电荷沿着图中实线所示的轨迹，按照箭头所指方向从A点缓慢移动到F点．在此过程中哪个阶段外力克服电场力所做的功最多(    )A.A→B B.C→D C.D→E D.E→F如图所示，虚线a、b和c是在O点处的一个点电荷形成的静电场中的三个等势面，一带正电粒子射入该电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示。不计重力，由图可知(    )A.O点处的电荷一定是正电荷

B.a、b、c三个等势面的电势关系是φ a>φ b>φ c

C.如图所示，为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的电场强度E和电势φ的关系是(    )A.Ea>Eb>Ec，φa>φb>φc B.Ea=Eb>Ec，φa=φb>φc

C.Ea=下列各图中，正确描绘两个等量正电荷电场线的是(    )A. B.

C. D.比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量的表达式不是用比值法定义的是(    )A.电场强度E=Fq B.电流I=UR

C.电容C=如图所示，点电荷+2Q、−Q分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称．下列说法正确的是(    )A.c、d两点的电场强度相同

B.a、b两点的电势相同

C.将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功

D.将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大关于元电荷的下列说法中正确的是(    )A.元电荷就是电子

B.元电荷就是质子

C.元电荷的值通常取e=1.60关于静电的应用和防止，下列说法不正确的是(    )A.为了美观，通常把避雷针顶端设计成球形

B.为了防止静电危害，飞机轮胎用导电橡胶制成

C.为了避免因尖端放电而损失电能，高压输电导线表面要很光滑

D.为了消除静电，油罐车尾装一条拖地铁链二、多选题（本大题共5小题，共20分）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed，点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra,φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到dA.Ea：Eb=4：1 B.Ec：Ed=2：1

C.Wab：Wbc=3在电场线如图所示的电场中，下述说法正确的是(    )

A.A点的电场强度大于B点的电场强度

B.A点的电势高于B点

C.负电荷在A点的电势能比在B点的电势能小

D.正电荷从B点移到A点时，电场力作正功

下列说法中正确的是(    )A.一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究的问题的影响是否可以忽略不计

B.点电荷是一种理想模型，真正的点电荷是不存在的

C.点电荷就是体积和带电量都很小的带电体

D.根据F=kq1q2如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是(    )

A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大

B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变

C.断开S，将A板向B板靠近，则θ增大

D.断开S，将A板向B板靠近，则θ不变一带电小球在从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3J，电场力做功1J，克服空气阻力做功0.5J，则下列判断正确的是

(    )A.在a点的动能比b点小3.5J B.在a点的重力势能比在b点小3J

C.在a点的电势能比在b点小1J D.在a点的机械能比在b点小0.5J三、填空题（本大题共2小题，共8分）某平行板电容器的带电量增加2.0×10−10C，两极板间的电压增加1V，已知电介质的介电常数ɛ=6，极板面积S=3πcm2，则此电容器的电容C=如图所示，用绝缘支架固定的小球A带正电，带正电小球用丝线悬挂在B或C位置，丝线将向______(选填“左”、“右”)偏转，悬挂在______(选填“B”、“C”)

位置处的丝线与竖直方向的夹角较大．

四、实验题（本大题共1小题，共10分）磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用，此现象可通过以下实验证明：(1)如图(a)所示，在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便效果明显，通电导线应______．A.平行于南北方向，位于小磁针上方

B .平行于东西方向，位于小磁针上方C.平行于东南方向，位于小磁针上方

D.平行于西南方向，位于小磁针上方此时从上向下看，小磁针的旋转方向是_________________(填顺时针或逆时针)．(2)如图(b)所示是电子射线管示意图.接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是__________。(填选项代号)A.加一磁场，磁场方向沿z轴负方向

B.加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C.加一电场，电场方向沿z轴负方向

D.加一电场，电场方向沿y轴正方向(3)如图(c)所示，两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互________(填排斥或吸引)，当通以相反方向的电流时，它们相互___________(填排斥或吸引)，这时每个电流都处在另一个电流的磁场里，因而受到磁场力的作用．也就是说，电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发生相互作用．五、计算题（本大题共3小题，共30分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d=40cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω.闭合开关S.待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10−2C，质量为m=2×10−2kg，不考虑空气阻力，取g=10m/s2。

(1)若滑动变阻器的阻值为R1=32Ω，路端电压为多大？

(2)滑动变阻器接入电路的阻值R2在匀强电场中，将一电荷量为5×10−5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，如图所示，则：

(1)在电荷由A移到B的过程中，电场力做了多少功？

(2)A、B两点间的电势差为多少？

(3)该匀强电场的电场强度为多大？

如图所示，两个相同的极板Y与Y，的长度l=6.0cm，相距d=2cm，极板间的电压U=200V.一个电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度v0=3.0×107m/s.把两极板间的电场看做匀强电场，电子能射出电场(电子的电量与质量的比值为0.5×1012C/kg)，求

(1)电子运动的时间；

(2)电子运动的加速度；

(3)电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：等量异种点电荷所形成的电场中BC线为零势线

A、由A到B、D到E，电势变小，电势能变小，电场力做正功，外力做负功．故AC错误

B、由C到D、E到F电势变大，电势能变大，电场力做负功，外力克服电场力做功，但CD间的电势差大于EF间的电势差，所以C到D克服电场力做功最多，故B正确D错误

故选：B

正电荷由低电势点移到高电势点电势能减大，电场力做负功，则外力要做正功．据此分析判断．

考查电场力做功与电势能的变化关系，明确做正功电势能减小，做负功电势能增加．

2.【答案】D

【解析】【分析】(1)首先根据带电粒子轨迹的弯曲方向判断其所受的静电力性质，即可判断其电性；(2)根据电场线的方向确定电势的高低；(3)根据电场力做功分析电势能的变化；(4)应用能量守恒定律分析电势能与动能的总和的变化。解决本题的关键根据轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，再一步分析电场力做功与电势能的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。【解答】A.根据带电粒子轨迹的弯曲方向可知：带电粒子受到了引力作用，Q与带电粒子是异种粒子，所以Q一定带负电，故A错误；B.Q带负电荷，电场线方向从无穷处到Q终止，根据顺着电场线方向电势降低可知，φa<φC.粒子所受的电场力与速度的夹角先锐角，做正功，后为钝角，做负功，所以电势能先减小后增大，故C错误；D.从整个运动过程中，带电粒子只有两种形式的能：电势能和动能，根据能量守恒定律得知：粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等，故D正确。故选D。

3.【答案】D

【解析】【分析】将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小。本题抓住处于静电平衡导体的特点是关键。比较场强大小和电势高低常常画电场线，形象直观地判断。【解答】当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图。

由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则Ea>Ec>Eb故选D。

4.【答案】B

【解析】【分析】根据电场线的特点进行选择即可。本题是电场线的简单判断题目。【解答】电场线不相交，AB错误；电场线从正电荷出发，到负电荷终止，C错误，B正确；

故选B。

5.【答案】B

【解析】解：A、电场强度等于电场力与探试电荷的电荷量的比值，采用的是比值定义法，

B、电流I与电压U成正比，与电阻R成反比，不是比值法定义，

C、电容C反映电容器容纳电荷的本领大小，与Q、U无关，采用的是比值定义法，

D、电势差反映电场本身的性质，与W、q无关，采用的是比值定义法，

本题选不是用比值法定义的，故选：B

所谓比值法定义，就是用两个量的比值定义一个新的物理量，而新的物理量与原来两个量又无关，新的物理量反映物质的属性．

本题关键要掌握比值定义的方法，对于常见物理量的定义方法要熟悉，即可轻松选择．

6.【答案】D

【解析】【分析】

本题主要考查电场的叠加，电势，电势能；根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系．根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势．将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功．由电势的变化，分析从a移到b电子的电势能如何变化。

解决本题的关键会进行电场的叠加，以及通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正功还是负功。

【解答】

A.根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，故A错误；

B.MN间的电场线方向由M→N，根据沿电场线方向电势逐渐降低，则知a点的电势高于b点的电势，故B错误；

C.对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段方向斜向右上，在Od段方向斜向右下。所以电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功，故C错误；

D.将电子沿直线从a移到b，电子受到的电场力与速度方向一直相反，电场力一直做负功，则电子的电势能一直增大，故D错误；

故选D。

7.【答案】C

【解析】【分析】

人们把最小电荷叫做元电荷，元电荷又称“基本电量”，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。

本题就是对元电荷概念的考查，知道元电荷的概念即可解决本题。

【解答】

A.元电荷是指最小的电荷量，质子和电子所带电荷量大小等于一个元电荷所带的电量，但元电荷不是指质子或者是电子，故AB错误；

C.元电荷目前认为是自然界中电荷的最小单元，其大小是1.6×10−19C，故C正确，D错误。

故选C。

8.【解析】解：A、避雷针是利用了静电的尖端效应制作的，故避雷针必须做成针状，不能做成球形，故A错误；

B、飞机轮胎用导电橡胶制成可以将飞机产生的静电迅速导走，故B正确；

C、由于尖端效应，高压输电线表面要很光滑，才能避免因尖端放电而损失电能；故C正确；

D、为了消除静电，油罐车尾部要装一条拖地铁链能保证静电迅速导走；故D正确；

本题选不正确，故选：A。

本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案．

本题考查静电的防止与应用，在学习时要注意其中生活中的应用与防止．

9.【答案】AC

【解析】【分析】

本题考查点电荷的电场问题。解答此题的关键是正确理解点电荷场强公式E=kQr2和W=qU，知道电势差等于两点电势之差。

由点电荷场强公式E=kQr2可求场强之比；利用公式Uab=φa−φb和W=qU分别计算电场力做的功，从而求电场力做功之比。

【解答】

A.由点电荷场强公式E=kQr2可得：Ea:Eb=kQ12:kQ22=4:1，故A正确；

B.由点电荷场强公式E=kQr2可得：Ec:Ed=kQ32:kQ62=4:1，故【解析】解：A、由图可知A处电场线疏B处电场线密，所以A点的电场强度小于B点的，故A错误；

B、沿电场线电势降低，因此A点电势高于B点，故B正确；

C、负电荷在电势高的地方电势能低，故C正确；

D、正电荷受力和电场线方向一致，所以正电荷从B点移到A点时，电场力做负功，故D错误．

故选BC．

根据电场线和电场强度、电势、电场力关系即可求解．

能通过电场线来比较电场强弱、电势高低、电势能高低、电场力做功是对电场学习的基本要求．

11.【答案】AB

【解析】【分析】

带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系。

考查了带电体看作点电荷的条件及其特点，是基础的题目，在平时要注意多积累。

【解答】

A.一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究的问题的影响是否可以忽略不计，故A正确；

B.点电荷是理想模型，实际不存在的，故B正确；

C.带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．故C错误；

D.根据F=kq1q2r2应用的条件可知，该公式适用于点电荷、真空中．可知当r→0时，库仑定律不再适用。故D错误。

故选AB【解析】【分析】

解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。

小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两极板间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变．通过电场强度的变化判断θ

角的变化。

【解答】

AB.保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大。故A正确，B错误。

CD.断开开关S，电容器所带的电量不变，根据C=ɛS4πkd，U=QC得，E=Ud，知d变化，E不变，电场力不变，θ不变，故C错误，D正确。

故选AD【解析】解：A、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为3.5J，故动能增加3.5J，所以a点动能比b点小3.5J，故A正确．

B、重力做功等于重力势能的变化量，重力做功3J，重力势能减小3J，所以a点重力势能比b点大3J，故B错误．

C、电场力做功等于电势能的变化量，电场力做功1J，电势能减小1J，所以a点电势能比b点大1J，故C错误．

D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，电场力做功为1J，克服空气阻力做功0.5J，故机械能增加0.5J，所以a点机械能比b点小0.5J，故D正确．

故选：AD

解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；

电场力做功等于电势能的减小量；

合力做功等于动能的增加量；

除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．

功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度．

14.【答案】200

【解析】解：由电容的定义式C=QU=2×10−101=2×10−10F=200PF，

故答案为：200．

根据电容的决定式C=【解析】解：小球A与BC都带正电，由于同种电荷之间相互排斥，所以丝线将向右偏转；

以小球B为研究对象，对小球进行受力分析如图，根据小球处于平衡状态可知：

F=mgtgθ

而小球所受库仑力大小为：F=kQAQBrAB2．

则：kQAQBrAB2=mgtanθ

由于小球在B点到A的距离小，所以小球在B点的偏转角大．

(2)B；(3)吸引；排斥

【解析】【分析】使小磁针效果明显，应让其向东西方向转，电流应位于南北方向，从而即可求解；电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线向下(z轴负方向)偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向下，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向；根据安培定则和左手定则，判断两导线之间的作用力性质，从而即可求解。本题考查了奥斯特的电流磁效应实验、安培定则，电流的磁场、磁场对电流的作用，要在理解的基础上加强记忆，本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力，负电荷运动的方向与电流方向相反，洛伦兹力方向由左手定则判断。【解答】(1)由于无通电导线时，小磁针S极向南，N极指北，位于南北方向，若导线的磁场仍使小磁针南北偏转，根本无法观察，所以为使实验方便效果明显，导线应平行于南北方向位于小磁针上方，这样当导线中通电时，小磁针能向东西偏转，实验效果比较明显，故A正确，BCD错误；根据右手螺旋定则，导线电流产生的磁场在磁针处为垂直纸面向里，故此时从上向下看，小磁针的旋转方向是逆时针；(2)A.若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线不竖直偏转，不符合题意，故A错误；B.若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，符合题意，故B正确；C.若加一沿z轴负方向的电场，电子带负电，电场力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，不符合题意，故C错误；D.若加一沿y轴正方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴负方向，亮线不竖直偏转，不符合题意，故D错误；(3)图中，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向左；