(高三物理4)電場

PAGEPAGE1高考試題匯編——電場局部1．I1[2024·浙江卷]用金屬箔做成一個不帶電的圓環(huán)，放在枯燥的絕緣桌面上．小明同學用絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩擦后，將筆套自上向下慢慢靠近圓環(huán)，當距離約為0.5cm時圓環(huán)被吸引到筆套上，如以下列圖．對上述現(xiàn)象的判斷與分析，以下說法正確的選項是A．摩擦使筆套帶電B．筆套靠近圓環(huán)時，圓環(huán)上、下部感應出異號電荷C．圓環(huán)被吸引到筆套的過程中，圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓環(huán)的重力D．筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷立刻被全部中和2．I1[2024·江蘇卷]真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r，那么A、B兩點的電場強度大小之比為()A．3∶1B．1∶3C．9∶1D．1∶3．[2024·海南卷]如圖1，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里．一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板，假設不計重力，以下四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變？()圖1A．粒子速度的大小圖1B．粒子所帶的電荷量C.電場強度D．磁感應強度4．I1[2024·安徽卷]如圖8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(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E＝2πkσ[1－eq\f(x,R2＋x2\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9所示．那么圓孔軸線上任意一點Q(坐標為x)的電場強度為()圖8圖9A．2πkσ0eq\f(x,r2＋x2\f(1,2))B．2πkσ0eq\f(r,r2＋x2\f(1,2))圖8圖9C．2πkσ0eq\f(x,r)D．2πkσ0eq\f(r,x) 5．I2[2024·天津卷]兩個固定的等量異號點電荷所產生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用，那么粒子在電場中()A．做直線運動，電勢能先變小后變大B．做直線運動，電勢能先變大后變小C．做曲線運動，電勢能先變小后變大D．做曲線運動，電勢能先變大后變小6．I2[2024·山東卷]圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷．一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點．那么該粒子()A．帶負電B．在c點受力最大C．在b點的電勢能大于在c點的電勢能D．由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化圖57．I2[2024·廣東卷]圖5是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側．對礦粉別離的過程，以下表述正確的有()圖5A．帶正電的礦粉落在右側B．電場力對礦粉做正功C．帶負電的礦粉電勢能變大D．帶正電的礦粉電勢能變小8．I2 [2024·福建卷]如圖，在點電荷Q產生的電場中，將兩個帶正電的試探電荷q1、q2分別置于A、B兩點，虛線為等勢線．取無窮遠處為零電勢點，假設將q1、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，那么以下說法正確的選項是()A．A點電勢大于B點電勢B．A、B兩點的電場強度相等C．q1的電荷量小于q2的電荷量D．q1在A點的電勢能小于q2在B點的電勢能圖59．I2[2024·安徽卷]如圖5所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點O處的電勢為0V，點A處的電勢為6V，點B處的電勢為3V，那么電場強度的大小為()圖5A．200V/mB．200eq\r(3)V/mC．100V/mD．100eq\r(3)V/m10．I3[2024·課標全國卷]如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．假設一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，那么在此過程中，該粒子()A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動11．[2024·江蘇卷]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，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均減小圖712．[2024·安徽卷]如圖7所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角．現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，那么粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)圖7A.eq\f(1,2)ΔtB．2ΔtC.eq\f(1,3)ΔtD．3Δt13. [2024·重慶卷]空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P點處為正電荷，P、Q兩點附近電場的等勢面分布如以下列圖，a、b、c、d為電場中的4個點，那么()A．P、Q兩點處的電荷等量同種B．a點和b點的電場強度相同C．c點的電勢低于d點的電勢D．負電荷從a到c，電勢能減少14．2024·南昌模擬如以下列圖，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶負電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，R同時在等勢面b上，據(jù)此可知()A．三個等勢面中，c的電勢最高B．帶電質點在P點的電勢能比在Q點的小C．帶電質點在P點的動能與電勢能之和比在Q點的動能與電勢能之和小D．帶電質點在P點的加速度比在Q點的加速度小15．2024·山西調考如以下列圖，在等量異種電荷形成的電場中，畫一正方形ABCD，對角線AC與兩點電荷的連線重合，兩對角線的交點O恰為電荷連線的中點．以下說法中正確的選項是()A．A點的電場強度大于B點的電場強度且兩點電場強度方向不同B．B、D兩點的電場強度及電勢均相同C．電子由B點沿B→C→D路徑移至D點，電勢能先減小后增大D．質子由C點沿C→O→A路徑移至A點，電場力對其先做負功后做正功16．2024·黃岡模擬如以下列圖，質子、氘核和α粒子都沿平行板電容器兩板中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點．以下說法中正確的選項是()A．假設它們射入電場時的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點B．假設它們射入電場時的動量相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個亮點C．假設它們射入電場時的動能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點D．假設它們是由同一個電場從靜止加速后射入此偏轉電場的，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點17．2024·安徽質檢x軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點對應的電勢上下如圖中的曲線所示，規(guī)定無限遠處電勢為零，以下推理與圖象信息不符合的是()A．Q1一定大于Q2B．Q1和Q2一定是同種電荷，但不一定是正電荷C．電勢最低處P點的電場強度為0D．Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點18．2024·安徽聯(lián)考如以下列圖，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E，一根不可伸長的絕緣細線長度為l，細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點．把小球拉到使細線水平的位置A，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成角θ＝60°的位置B時速度為零．以下說法中正確的選項是()A．小球在B位置處于平衡狀態(tài)B．小球受到的重力與電場力的關系是eq\r(3)Eq＝mgC．小球將在AB之間往復運動，且幅度將逐漸減小D．小球從A運動到B過程中，電場力對其做的功為－eq\f(1,2)qEl－圖919．I7[2024·全國卷]如圖，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點．現(xiàn)給電容器緩慢充電，使兩極板所帶電荷量分別為＋Q和－Q，此時懸線與豎直方向的夾角為eq\f(π,6).再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到eq\f(π,3)，且小球與兩極板不接觸．求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量．圖9－20．I7 [2024·北京卷]勻強電場的方向沿x軸正向，電場強度E隨x的分布如以下列圖，圖中E0和d均為量．將帶正電的質點A在O點靜止釋放．A離開電場足夠遠后，再將另一帶正電的質點B放在O點也由靜止釋放．當B在電場中運動時，A、B間的相互作用力及相互作用能均為零；B離開電場后，A、B間的相互作用視為靜電作用．A的電荷量為Q，A和B的質量分別為m和eq\f(m,4).不計重力．(1)求A在電場中的運動時間t；(2)假設B的電荷量q＝eq\f(4,9)Q，求兩質點相互作用能的最大值Epm；(3)為使B離開電場后不改變運動方向，求B所帶電荷量的最大值qm.2024年高考試題匯編——電場局部1．ABC[解析]筆套與頭發(fā)摩擦，筆套帶電，應選項A正確；帶電的筆套靠近金屬箔做成的圓環(huán)，由于靜電感應，在圓環(huán)的上、下部感應出異種電荷，應選項B正確；圓環(huán)被吸引到筆套上的過程中，圓環(huán)有向上的加速度，靜電力大于圓環(huán)的重力，應選項C正確；筆套碰到圓環(huán)后，筆套上的電荷有一局部轉移到圓環(huán)，不會立刻被全部中和，應選項D錯誤．2．C[解析]根據(jù)點電荷周圍的電場強度表達式E＝keq\f(Q,r2)，可知點電荷周圍的電場強度的大小與距離的二次方成反比，A、B兩點與點電荷Q的距離之比為1∶3，所以電場強度大小之比為9∶1，C項正確3．B[解析]帶點粒子能夠沿直線在兩極板之間運動，由受力分析可知，粒子所受電場力與洛倫茲力平衡，即qE＝qvB，得v＝eq\f(E,B)，當速度v、電場強度E、磁感應強度B其中一個物理量改變時，電場力和洛倫茲力不再平衡，選項A、C、D錯誤；當電荷量q大小及電性改變時，受力仍然平衡，故改變電荷帶電荷量對粒子運動沒有影響，運動軌跡不變，選項B正確．4．A[解析]由公式E＝2πkσ[1－eq\f(x,R2＋x2\f(1,2))]可知，當R→∞時，eq\f(x,R2＋x2\f(1,2))→0，那么E→2πkσ，即單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板在Q處產生的電場強度E0＝2πkσ0，而挖去的一個半徑為r的圓板在Q處產生的電場強度E′＝2πkσ0[1－eq\f(x,r2＋x2\f(1,2))]，所以此時的電場強度E＝E0－E′＝2πkσ0eq\f(x,r2＋x2\f(1,2))，故A正確．5．C[解析]帶負電的粒子剛進入電場時受力方向與初速度方向垂直，粒子做曲線運動．開始時，粒子所在處電勢為零，粒子的電勢能也為零．在電場力的作用下，帶負電的粒子將向電勢高的一側偏轉，電勢能變?yōu)樨撝?，最后離開電場，離開電場后粒子的電勢能重新變?yōu)榱?，所以該粒子的電勢能先變小后變大?．CD[解析]從運動軌跡來看，帶電粒子在運動過程中一直受到固定正點電荷的斥力作用，所以帶電粒子帶的是正電，故A錯．a點離點電荷最近，所以受力最大，故B錯．帶電粒子由b點到c點，電場力做正功，帶電粒子的電勢能減小，所以C正確．虛線是一組間距相等的同心圓，不是等差等勢面，所以a、b間電勢差大于b、c間電勢差，由a點到b點動能的增量大于由b點到c點動能的增量，故D正確．7．BD[解析]電場線的方向是由右向左，所以正電荷受到向左的電場力、負電荷受到向右的電場力，電場力對正電荷或負電荷都做正功，電勢能減小，故A、C錯，B、D對．8．C[解析]由于在移動電荷過程中克服電場力做功，故電場力應指向Q，所以點電荷Q為負電荷，作出Q的電場線，如以下列圖．A點比B點離負電荷Q更近，故B點電勢高于A點電勢，A錯；在點電荷Q產生的電場中，A點比B點離點電荷Q更近，故A點電場強度較大，B錯；電荷在電場中某點的電勢能等于把電荷從該點移到選定的零勢點的過程中電場力所做的功，所以q1、q2兩電荷在A、B兩處的電勢能相等，D錯；將q1、q2分別從A、B兩點移到無窮遠過程中，克服電場力做的功相等，q1對應的電勢差U1比較大，由W＝qU可知，q1<q2，C對．9．A[解析]如以下列圖，取OA的中點C，那么C點的電勢為3V，連接B、C，可得直線BC為一等勢線，過A點作BC的垂線交BC于D，由圖可知tanθ＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，因AD＝CA×sinθ＝0.03×eq\f(1,2)m＝0.015m，故E＝eq\f(U,AD)＝eq\f(3,0.015)V/m＝200V/m，A正確－10．BD[解析]帶電粒子所受的電場力與平行板電容器垂直，粒子做直線運動，由受力分析可得粒子所受的電場力與重力的合力必與運動方向相反，粒子做勻減速直線運動，A、C錯誤，D正確；因電場力做負功，故粒子電勢能逐漸增加，B正確．11．B[解析]由平行板電容器的電容的表達式C＝eq\f(εrS,4πkd)，當兩極板之間插入一電介質，εr變大，那么C變大，由C＝eq\f(Q,U)可知，在電荷量Q不變的情況下，兩極板間的電勢差U將減小，B項正確．12．B[解析]此帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，且出射方向的反向延長線必過圓心O.設圓形磁場區(qū)域半徑為R，粒子以速度v在磁場中運動的軌跡圓的半徑為r1，通過作圖可知軌跡對應的圓心角為60°，再作其角平分線，那么tan30°＝eq\f(R,r1)，Δt＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)；粒子以速度eq\f(1,3)v在磁場中運動的軌跡圓的半徑為r2，設對應的圓心角為θ＝2α，又由r2＝eq\f(1,3)eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,3)r1，那么tanα＝eq\f(R,r2)＝eq\f(3R,r1)＝3tan30°＝eq\r(3)，可得α＝60°，故θ＝120°，粒子在磁場中的運動時間Δt′＝eq\f(1,3)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)＝2Δt，B正確．13．D[解析]由圖中等勢面的對稱性知，P、Q兩處為等量異種電荷，A錯誤；由于電場線與等勢面垂直，所以ab兩處的電場強度方向不同，B錯誤；P處為正電荷，c在離P更近的等勢面上，c點的電勢高于d點的電勢，C錯誤；從a到c，電勢升高，負電荷電勢能減少，D正確14．A[解析]由于帶點質點做曲線運動，其所受電場力的方向必定指向軌道的凹側，且和等勢面垂直，考慮到質點帶負電，所以電場線方向是從c指向b再指向a，根據(jù)沿著電場線的方向電勢逐漸減小，可知Uc＞Ub＞Ua，選項A正確；質點帶負電，且P點的電勢低于Q點，根據(jù)負電荷在電勢越低的地方電勢能越大，可知帶電質點在P點的電勢能比在Q點的大，選項B錯誤；根據(jù)能量守恒定律，帶電質點在運動過程中各點處的動能與電勢能之和保持不變，選項C錯誤；由于相鄰等勢面之間的電勢差相等，P點處的等勢線較密，所以EP＞EQ，qEP＞qEQ，根據(jù)牛頓第二定律，帶電質點在P點的加速度比在Q點的加速度大，選項D錯誤．15．B[解析]由電場的疊加原理，A點的電場強度大于B點的電場強度，但兩點電場強度方向相同，選項A錯誤；B、D兩點的電場強度及電勢均相同，選項B正確；因C點的電勢小于零，所以電子由B點沿B→C→D路徑移至D點，電勢能先增大后減小，選項C錯誤；質子由C點沿C→O→A路徑移至A點，電場力對其一直做負功，選項D錯誤．16．D[解析]設粒子的質量為m、電荷量為q，粒子通過加速電場后的速度為v，由動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2.粒子通過偏轉電場的時間t＝eq\f(l,v)，此過程中粒子的側向位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU0,2md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v)))2，聯(lián)立上述兩式解得：y＝eq\f(U0l2,4Ud)，由此可知側向位移與帶電粒子的質量和電荷量無關，D正確；而由y＝eq\f(qU0l2,2mdv2)可知，假設它們射入電場的速度相等，熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點；假設它們射入電場的動量相等，熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點；假設它們射入電場時的動能相等，熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點，A、B、C錯誤．17．B[解析]兩個點電荷間的電勢都為正，因此兩點電荷都為正電荷，B錯誤；兩個正點電荷的連線上有一點場強為零，正的試探電荷從兩個電荷中的任一電荷附近沿連線向場強為零的點移動時電勢都降低，到場強為零的點，電勢最低，C正確；場強為零的點離Q1遠，故Q1一定大于Q2，A正確；Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點，D正確．18．D[解析]小球在復合場中所受到的重力和電場力的合力為一恒力，我們可以把復合場看作等效重力場，把小球的運動看作是在一個等效重力場中的擺動過程，根據(jù)擺球模型的特點，小球在B位置時受力不平衡，并且小球將在AB之間往復運動，其幅度不變，選項A、C錯誤；根據(jù)擺球模型的對稱性可知，當小球處在AB軌跡的中點位置時，小球沿切線方向的合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為30°，可得qEsin30°＝mgcos30°，化簡可知qE＝eq\r(3)mg，也可利用動能定理得到mglsin60°－qEl(1－cos60°)＝0－0，求出F＝qE＝eq\r(3)mg，選項B錯誤；小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為W＝－qEl(1－cos60°)＝－eq\f(1,2)qEl，選項D正確．19．[解析]設電容器電容為C.第一次充電后兩極板之間的電壓為U＝eq\f(Q,C)①兩極板之間電場的場強為E＝eq\f(U,d)②式中d為兩極板間的距離．按題意，當小球偏轉角θ1＝eq\f(π,6)時，小球處于平衡位置．設小球質量為m，所帶電荷量為q，那么有Tcosθ1＝mg③Tsinθ1＝qE④式中T為此時懸線的張力．聯(lián)立①②③④式得tanθ1＝eq\f(qQ,mgCd)設第二次充電使正極板上增加的電荷量為ΔQ，此時小球偏轉角θ2＝eq\f(π,3)，那么tanθ2＝eq\f(qQ＋ΔQ,mgCd)⑥聯(lián)立⑤⑥式得eq\f(tanθ1,tanθ2)＝eq\f(Q,Q＋ΔQ)⑦代入數(shù)據(jù)解得ΔQ＝2Q⑧20．[解析](1)由牛頓第二定律，A在電場中運動的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(QE0,m)A在電場中做勻速直線運動d＝eq