2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí)沖刺測試專題6電場

2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí)沖刺測試：專題6電場\a\vs4\al(2022·上海單科，11)A、B、C三點在同一直線上，AB∶BC＝1∶2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷．當(dāng)在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為()A．－F/2 B．F/2C．－F D．F[解析]如圖所示，設(shè)B處的點電荷帶電荷量為正，AB＝r，則BC＝2r，根據(jù)庫侖定律F＝eq\f(kQq,r2)，F(xiàn)′＝eq\f(kQ·2q,2r2)，可得F′＝eq\f(F,2)，故選項B正確．[答案]B\a\vs4\al(2022·江蘇單科，2)一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是()A．C和U均增大 B．C增大，U減小C．C減小，U增大 D．C和U均減小[解析]當(dāng)電容器兩極板間插入一電介質(zhì)時，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器電容C變大，由于電容器電荷量不變，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知電容器兩端電壓減小，選項B正確．[答案]B\a\vs4\al(2022·海南單科，3)如圖，直線上有o、a、b、c四點，ab間的距離與bc間的距離相等．在o點處有固定點電荷．已知b點電勢高于c點電勢．若一帶負(fù)電荷的粒子僅在電場力作用下先從c點運動到b點，再從b點運動到a點，則()A．兩過程中電場力做的功相等B．前一過程中電場力做的功大于后一過程中電場力做的功C．前一過程中，粒子電勢能不斷減小D．后一過程中，粒子動能不斷減小[解析]由題意知o點點電荷帶正電，其周圍部分電場線分布如圖所示，負(fù)電荷由c到b再到a的過程中，電場強(qiáng)度不斷變大，又beq\x\to(c)＝aeq\x\to(b)，故Wab>Wbc，故A、B項均錯誤；負(fù)電荷由c→b→a過程中，電場力做正功，電勢能不斷減小，動能不斷增加，故C項正確，D項錯誤．[答案]C\a\vs4\al(2022·遼寧大連雙基測試)如圖所示，在等量異種點電荷＋Q和－Q的電場中，有一個正方形OABC，其中O點為兩電荷連線的中點．下列說法正確的是()A．A點電場強(qiáng)度比C點的電場強(qiáng)度大B．A點電勢比B點的電勢高C．將相同的電荷放在O點與C點電勢能一定相等D．移動同一正電荷，電場力做的功WCB＝WOA[解析]由等量異種點電荷的電場線分布知A點電場強(qiáng)度大于C點電場強(qiáng)度，選項A正確；由等量異種點電荷的等勢面分布知A點電勢低于B點電勢，選項B錯誤；O、C兩點在同一等勢面上，故相同的電荷在O、C兩點處的電勢能相等，選項C正確；A點電勢低于B點電勢，O點電勢等于C點電勢，且O、C為高電勢點，故移動同一正電荷，電場力做功WCB<WOA，選項D錯誤．[答案]AC\a\vs4\al(2022·山東青島一模)水平線上的O點放置一點電荷，圖中畫出電荷周圍對稱分布的幾條電場線，如圖所示．以水平線上的某點O′為圓心，畫一個圓，與電場線分別相交于a、b、c、d、e，則下列說法正確的是()A．b、e兩點的電場強(qiáng)度相同B．a(chǎn)點電勢低于c點電勢C．b、c兩點間電勢差等于e、d兩點間電勢差D．電子沿圓周由d到b，電場力做正功[解析]圖中b、e兩點電場強(qiáng)度的方向不同，選項A錯；沿電場線方向電勢降低，因ra>rc，故選項B對；因φc＝φd，φb＝φe，故選項C對；電場力做功與路徑無關(guān)，因Udb>0，電子從d到b電場力做功Wdb＝qUdb＝－e·Udb<0，選項D錯．[答案]BC\a\vs4\al(2022·安徽理綜，18)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場，其中坐標(biāo)原點O處的電勢為0，點A處的電勢為6V，點B處的電勢為3V，則電場強(qiáng)度的大小為()A.200V/m B.200eq\r(3)V/mC.100V/m D.100eq\r(3)V/m[解析]根據(jù)題意，由勻強(qiáng)電場特點可知OA中點C的電勢為3V，與B點電勢相等，則BC連線為等勢線，自原點O向BC連線引垂線，垂足為D，D點電勢為3V，根據(jù)圖中幾何關(guān)系得eq\f(O\x\to(B),\r(O\x\to(B)2＋O\x\to(C)2))＝eq\f(O\x\to(D),O\x\to(C))，OD長度為，則場強(qiáng)為E＝eq\f(UDO,dDO)＝200V/m，本題只有選項A正確．[答案]A\a\vs4\al(2022·石家莊一模，19)如圖所示，a、b、c、d是某勻強(qiáng)電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，電場線與矩形所在平面平行．已知a點電勢為20V，b點電勢為24V，d點電勢為12V，一個質(zhì)子從b點以v0的速度射入此電場，入射方向與bc成45°角，一段時間后經(jīng)過c點．不計質(zhì)子的重力，下列判斷正確的是()A．c點電勢低于a點電勢B．電場強(qiáng)度的方向由b指向dC．質(zhì)子從b運動到c，所用的時間為eq\f(\r(2)L,v0)D．質(zhì)子從b運動到c，電場力做功為4eV[解析]在勻強(qiáng)電場中，電勢是均勻降低的，則φa－φb＝φd－φc，得φc＝16V，φc<φa，A正確．設(shè)ad中點為e，bc中點為f，則φc＝16V，φf＝20V，連接ec、af，兩者為兩條等勢線，又因為ab＝L，bc＝2L，Δabf為等腰直角三角形，過b作bh⊥af，則bh為一條電場線，方向由b到h，故B錯誤．質(zhì)子從b到c運動過程，沿v0方向做勻速直線運動s＝eq\r(2)L，t＝eq\f(s,v0)＝eq\f(\r(2)L,v0)，C正確．質(zhì)子從b運動到c電場力做功W＝Ubcq＝8eV，故D錯誤．[答案]AC\a\vs4\al(2022·安徽理綜，20)如圖1所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電荷量為σ，其軸線上任意一點P(坐標(biāo)為x)的電場強(qiáng)度可以由庫侖定律和電場強(qiáng)度的疊加原理求出：E＝2πkσ[1－eq\f(x,R2＋x2eq\s\up15(eq\f(1,2)))]，方向沿x軸．現(xiàn)考慮單位面積帶電荷量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖2所示．則圓孔軸線上任意一點Q(坐標(biāo)為x)的電場強(qiáng)度為(A.2πkσ0eq\f(x,r2＋x2eq\s\up15(eq\f(1,2))) B.2πkσ0eq\f(r,r2＋x2eq\s\up15(eq\f(1,2)))C.2πkσ0eq\f(x,r) D.2πkσ0eq\f(r,x)[解析]由E＝2πkσ[1－eq\f(x,R2＋x2eq\s\up15(eq\f(1,2)))]得，當(dāng)R→∞時，EQ1＝2πkσ0，當(dāng)R＝r時，EQ2＝2πkσ0[1－eq\f(x,r2＋x2eq\s\up15(eq\f(1,2)))]．當(dāng)挖去一半徑為r的圓板后，EQ＝EQ1－EQ2＝2πkσ0eq\f(x,r2＋x2eq\s\up15(eq\f(1,2)))，故選項A正確．[答案]A\a\vs4\al(2022·廣東理綜，20)如圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強(qiáng)電場后，分落在收集板中央的兩側(cè)．對礦粉分離的過程，下列表述正確的有()A．帶正電的礦粉落在右側(cè)B．電場力對礦粉做正功C．帶負(fù)電的礦粉電勢能變大D．帶正電的礦粉電勢能變小[解析]由題知有水平向左的勻強(qiáng)電場，帶正電的礦粉受水平向左的電場力與自身重力的合力，方向偏左下方，合力方向與速度方向不在同一條直線上，礦粉做曲線運動落在左側(cè)，A錯誤；同理，帶負(fù)電的礦粉落在右側(cè)，由W＝qEd得電場力對正、負(fù)礦粉分別做正功，B正確；再由WAB＝EpA－EpB得，當(dāng)W>0時，Ep減小，C錯誤，D正確．[答案]BD\a\vs4\al(2022·衡水質(zhì)檢)如圖所示，電源的電動勢為U，電路中的開關(guān)為K，平行板電容器的板間距離為d，正對面積為S，介電常數(shù)為ε，電容為C.求：(1)K未閉合前，平行板電容器的電容、電勢差、電荷量、內(nèi)部電場強(qiáng)度分別為多大？(2)K閉合后，平行板電容器的電容、電勢差、電荷量、內(nèi)部電場強(qiáng)度分別為多大？(3)K閉合又?jǐn)嚅_時，平行板電容器的電容、電勢差、電荷量、內(nèi)部電場強(qiáng)度分別為多大？(4)保持K始終閉合，使平行板電容器板間距離由d變成2d，平行板電容器的電容、電勢差、電荷量、內(nèi)部電場強(qiáng)度分別為多大？[解析](1)K未閉合前，電容器還沒有充電，此時電勢差、電荷量、內(nèi)部電場強(qiáng)度皆為零，但是電容是由電容器本身的性質(zhì)決定的，故仍為C.(2)K閉合后，電容器被充電，依據(jù)題意可知，電容器的電壓為U；依據(jù)電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系可得：電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)；依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可得：Q＝CU.(3)K閉合又?jǐn)嚅_，并沒有其他變化，則U、E、Q、C都不會變化，答案與(2)中相同．(4)保持K始終閉合，使平行板電容器板間距離由d變成2d，則電容器的電壓不變，等于電源的電動勢U；依據(jù)電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)可知，電場強(qiáng)度變?yōu)閑q\f(U,2d)；依據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)可知電容器的電容變?yōu)閑q\f(1,2)C；依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知電容器的電荷量變?yōu)閑q\f(1,2)CU.\a\vs4\al(2022·福建省龍巖市高三質(zhì)檢)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為O，半徑R＝，軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小E＝×104N/C，現(xiàn)有質(zhì)量m＝，電荷量q＝×10－4C的帶電體(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止開始運動，已知sAB＝，帶電體與軌道AB、CD的動摩擦因數(shù)均為.假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等．求：(取g＝10m/s2)(1)帶電體運動到圓弧形軌道C點時的速度；(2)帶電體最終停在何處．[解析](1)設(shè)帶電體到達(dá)C點時的速度為v，由動能定理得：qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝eq\f(1,2)mv2解得v＝10m/s(2)設(shè)帶電體沿豎直軌道CD上升的最大高度為h，由動能定理得：－mgh－μqEh＝0－eq\f(1,2)mv2解得h＝eq\f(5,3)m在最高點，帶電體受到的最大靜摩擦力fmax＝μqE＝4N，重力G＝mg＝2N因為G<fmax所以帶電體最終靜止在與C點的豎直距離為eq\f(5,3)m處．\a\vs4\al(2022·江南十校聯(lián)考，23)如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接．在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從水平軌道上A點由靜止釋放，小球運動到C點離開圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點進(jìn)入電場(P點恰好在A點的正上方，如圖所示．小球可視為質(zhì)點，小球運動到C點之前電荷量保持不變，經(jīng)過C點后電荷量立即變?yōu)榱?．已知A、B間距離為2R，重力加速度為g.在上述運動過程中，求：(1)電場強(qiáng)度E的大小；(2)小球在圓軌道上運動時的最大速率；(3)小球?qū)A軌道的最大壓力的大?。甗解析](1)設(shè)小球過C點時速度大小為vC，小球從A到C由動能定理：qE·3R－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小球離開C點后做平拋運動到P點：R＝eq\f(1,2)gt22R＝vCt得E＝eq\f(mg,q)(2)設(shè)小球運動到圓周D點時速度最大為v，此時OD與豎直線OB夾角設(shè)為α，小球從A運動到D過程，根據(jù)動能定理知qE(2R＋Rsinα)－mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2即：eq\f(1,2)mv2＝mgR(sinα＋cosα＋1)根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)α