高考物理二轮复习 专题三 第一讲 电场的基本性质课前自测诊断卷（含解析）-人教版高三物理试题

电场的基本性质考点一电场强度的理解与计算1.[考查点电荷的电场强度、电场的叠加][多选]若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ＝keq\f(Q,r)，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。如图所示，M、N是真空中两个电荷量均为＋Q的固定点电荷，M、N间的距离为1.2d，OC是MN连线的中垂线，∠OCM＝37。C点电场强度E和电势φ的大小分别为()A．E＝eq\f(4kQ,5d2) B．E＝eq\f(8kQ,5d2)C．φ＝eq\f(2kQ,d) D．φ＝eq\f(8kQ,5d)解析：选BC由几何关系可知MC＝NC＝d，M、N点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝keq\f(Q,d2)，根据电场的叠加原理可得，M、N点电荷在C点的合场强大小为E＝2E1cos37＝eq\f(8kQ,5d2)，场强方向水平向右，选项B正确，A错误；M、N单独存在时C点的电势均为φ1＝eq\f(kQ,d)，C点的电势大小为φ＝2φ1＝eq\f(2kQ,d)，选项C正确，D错误。2．[考查匀强电场的电场强度计算]如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60、30，cd＝2ab＝4cm。已知a、b两点的电势分别为4V、0，将电荷量q＝1.6×10－3C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4×10－3J。下列关于电场强度的说法中正确的是()A．垂直ab向上，大小为400V/mB．垂直bd斜向上，大小为400V/mC．平行ca斜向上，大小为200V/mD．平行bd斜向上，大小为200V/m解析：选B由W＝qU知Uac＝eq\f(W,q)＝eq\f(－6.4×10－3,1.6×10－3)V＝－4V，而φa＝4V，所以φc＝8V，过b点作be∥ac交cd于e，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd为一条等势线，又由几何关系知eb⊥bd，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd斜向上，大小为E＝eq\f(Ueb,ed·sin30°)＝eq\f(4,1×10－2)V/m＝400V/m，B项正确。3．[考查电场强度的叠加及对称法的应用]如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)解析：选B由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Eq＝keq\f(q,R2)，根据对称性可知Q在d点产生的场强大小EQ′＝keq\f(q,R2)，则Ed＝EQ′＋Eq′＝keq\f(q,R2)＋keq\f(q,3R2)＝keq\f(10q,9R2)，故选项B正确。考点二平行板电容器问题4.[考查电容器与电源相连时的动态问题]如图所示，平行板电容器两极板接在直流电源两端。下列操作能使电容器电容减小的是()A．增大电源电压B．减小电源电压C．在两极板间插入陶瓷D．增大两极板间的距离解析：选D根据公式C＝eq\f(εS,4πkd)可知，增大(或减小)电源电压，电容不变，故A、B错误；在两极板间插入陶瓷即增大了电介质的介电常数ε，电容增大，故C错误；增大两极板间的距离d，电容减小，故D正确。5．[考查静电计指针张角变化分析]两块竖直放置的平行正对的金属板构成一个平行板电容器。电容器左极板接地，右极板与静电计相连，在距离两板等距离的A点处有一个带电小球在静电力与细绳牵引下处于静止状态。若将左极板向右移动靠近A点(未接触)后系统再次平衡，下列说法中正确的是()A．绳子的张角变小B．极板上的电荷量减少C．静电计的指针偏角不变D．若将细绳剪断，小球将做匀加速直线运动(未接触极板前)解析：选D极板带电荷量Q不变，根据C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εS,4πkd)以及E＝eq\f(U,d)可得E＝eq\f(4πkQ,εS)，移动电容器极板，电场强度不发生变化，小球受到的电场力不变，则绳子的张角不变，选项A、B错误；极板靠拢时，C变大，U减小，静电计指针偏转角变小，选项C错误；绳子剪断后，小球初速度为零，所受的重力和电场力都是恒力，则加速度恒定，在未接触极板前，小球做匀加速直线运动，选项D正确。6．[考查电容器内带电油滴的平衡及运动问题]如图，一平行板电容器与电动势为E的电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将上极板竖直向上移动一小段距离，则()A．P点的电势将降低B．极板带电荷量将增加C．带电油滴的电势能将增大D．带电油滴将竖直向上运动解析：选C将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝eq\f(U,d)知板间场强减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势低于下极板的电势，则知P点的电势将升高，故A错误。油滴所受的电场力F＝qE减小，则油滴将向下运动，故D错误。根据Q＝UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电荷量减小，故B错误。由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带正电，P点的电势升高，则油滴的电势能将增大，故C正确。考点三电场的性质及应用7.[考查等势面、运动轨迹和电势能大小的比较][多选]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等，即Uab＝Ubc，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是()A．三个等势面中，等势面a的电势最低B．质点通过Q点时的电势能比通过P点时小C．质点通过Q点时的加速度比通过P点时大D．质点通过Q点时的加速度的方向一定与等势面a垂直解析：选BD作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和质点带负电荷可知，电场线斜向上，故等势面c的电势最低，故A错误；质点从Q点到P点的过程中，电场力做负功，电势能增大，质点通过Q点时的电势能比通过P点时的电势能小，故B正确；等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大，故C错误；电场强度与等势面垂直，电场力与等势面垂直，质点通过Q点时的加速度的方向一定与等势面a垂直，故D正确。8．[考查运动轨迹和电势、电势能的比较][多选]如图所示，在处于M或N点的点电荷Q产生的电场中，虚线AB是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是()A．电子一定由A向B运动B．点B处的电势可能高于点A处的电势C．无论Q为正电荷还是负电荷，一定有aA<aBD．无论Q为正电荷还是负电荷，一定有EpA<EpB解析：选BC根据运动轨迹可知，电子所受的电场力大致向右，电场强度大致向左，若Q是放在M点的电荷，则Q是负电荷，此时B点电势低于A点电势，电子在B点的电势能较大；若Q是放在N点的电荷，则Q是正电荷，此时B点电势高于A点电势，电子在B点的电势能较小；但是根据题中条件不能确定电子一定由A向B运动，选项A、D错误，B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，因B点距离电荷较近，则电场力较大，则一定有aA<aB，选项C正确。9．[考查φ­x图像及电场中的功能关系][多选]a、b是位于x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势如图中曲线所示(取无穷远电势为零)，M、N、P为x轴上的三点，P点对应图线的最低点，a、P间距离大于P、b间距离。一质子以某一初速度从M点出发，仅在电场力作用下沿x轴从M点运动到N点，下列说法正确的是()A．P点处的电场强度为0B．a和b一定是带等量同种电荷C．质子在运动过程中速率先增大后减小D．质子在运动过程中加速度先增大后减小解析：选AC在φ­x图像中，斜率代表电场强度的大小，故在P点电场强度为0，故A正确；两点电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故B错误；P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，知质子所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功再做负功，故速率先增大后减小，故C正确；由图像可知，切线斜率表示电场强度的大小，斜率从左向右先减小后增大，故场强先减小后增大，故加速度先减小后增大，故D错误。考点四带电粒子在电场中的运动10.[考查带电粒子在电场中的直线运动]如图所示，水平虚线MN上、下方空间分别存在场强方向相反、大小相等的匀强电场。以虚线MN处电势为零，A、B是位于两电场中同一竖直线上的两点，且到MN的距离均为d，一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放，已知粒子运动过程中最大电势能为Em，不计粒子重力。求：(1)匀强电场的场强大小；(2)粒子从释放到第一次返回A点所需的时间。解析：(1)粒子释放后，在MN上方电场中电场力做正功，电势能减小，MN下方电场中，电场力做负功，电势能增大，由能量守恒和对称性可知，粒子在A、B两点间做往返运动，且在A、B处时电势能最大，MN处电势为零，设A到MN间电势差为U，A点电势为φA，电场强度大小为E，则有U＝φA－0＝φAEm＝qφAU＝Ed联立解得E＝eq\f(Em,qd)。(2)粒子从A到MN做匀加速直线运动，设经历的时间为t，到MN时粒子速度为v，加速度为a，则有v＝atqE＝ma从A到MN由能量守恒有Em＝eq\f(1,2)mv2联立解得t＝deq\r(\f(2m,Em))由对称性可得，粒子第一次返回A点所需时间为t总＝4t＝4deq\r(\f(2m,Em))。答案：(1)eq\f(Em,qd)(2)4deq\r(\f(2m,Em))11．[考查带电粒子在电场中的加速与偏转]如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量e＝1.6×10－19C，加速电场电压U0＝2500V，偏转电场电压U＝200V，极板的长度L1＝6.0cm，板间距离d＝2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0cm。(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)求：(1)电子射入偏转电场时的初速度v0的大小；(2)电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。解析：(1)电子在加速电场中加速，根据动能定理有：eU0＝eq\f(1,2)mv02解得：v0＝eq\r(\f(2eU0,m))代入数据得：v0＝3.0×107m/s。(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y电子在水平方向做匀速直线运动：L1＝v0t①电子在竖直方向上做匀加速运动：y＝eq\f(1,2)at2②根据牛顿第二定律有：eq\f(eU,d)＝ma③联立①②③代入数据得y＝0.36cm画出电子的运动轨迹，由图可知电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点由几何关系知，eq\f(y,h)＝eq\f(\f(1,2)L1,\f(1,2)L1＋L2)＝eq\f(L1,L1＋2L2)代入数据解得h＝0.72cm。(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功W＝eEy＝eeq\f(U,d)y＝5.8×10－18J。答案：(1)3.0×107m/s(2)0.72cm(3)5.8×10－18J12．[考查带电粒子在交变电场中的运动]如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，AB间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子(可视为初速度为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板间中线与电子源在同一水平线上。极板长L，距偏转极板右边缘s处有一足够大的荧光屏，经时间t统计(t>T)只有50%的电子能打到荧光屏上。(板外无电场)，求：(1)电子进入偏转极板时的速度的大小；(2)在t＝eq\f(T,4)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离；(3)电子打在荧光屏上的范围Y。解析：(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有：eU0＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间：t1＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T故在t＝eq\f(T,4)时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧移量为零。(3)电子应在一个周期的时间内射出偏转极板，因为只有50%的电子能打到荧光屏上，所以有50%的电子由于偏转量太大，不能射出，经分析知电子在eq\f(1＋8k,8)T～eq\f(3＋8k,8)T，eq\f(5＋8k,8)T～eq\f(7＋8k,8)T(k＝0,1,2，…)时进入偏转极板，能射出。设两极板间距为d，则电子在偏转电场中的加速度大小a＝eq\f(U