江西师范大学附属中学2022年高考物理补充练习电场

江西师范大学附属中学2022年高考物理补充练习电场1．如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等．光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM<ON.若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则(　　)．A．滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大B．滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小C．在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置D．在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置解析　滑块运动过程中受重力、支持力、电场力、弹簧弹力作用，合力的方向可能一直向右，也可能先向右后向左，因而滑块可能一直加速，也可能先加速后减速，A、C选项正确；只有在MN的中点弹力与杆垂直，加速度仅由电场力确定，D项错误；因1、2之间和3、4之间的电势差相等，所以滑块在1、2之间和3、4之间移动时电场力做的功相等，B项错误．答案　AC2.如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°，∠c＝90°.电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为(2－)V、(2＋)V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为(　　)A．(2－)V、(2＋)VB．0、4VC.V、VD．0、2V解析　如图，圆心O是ab的中点，所以圆心O点的电势为2V，所以Oc是等势线，则电场线如图中MN所示，方向由M指向N.沿电场线方向电势均匀降低，过圆心的电势为2V，则圆周上电势最低为0，最高为4V，选B.3．空间存在着平行于x轴方向的静电场，P、M、O、N、Q为x轴上的点，PQ间的电势φ随位置坐标x的变化如图所示．一个带电粒子仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是(　　)A．粒子一定带正电B．N点电势低于Q点电势C．PO间的大小是10V/m，与OQ间的场强大小相同D．粒子从M向N运动过程中电势能先减小后增大答案　A解析　由题图可知沿x轴正方向，电势逐渐降低，所以空间存在向右的匀强电场，在x<0区域，E1＝＝10V/m，在x>0区域，E2＝＝9\nV/m.选项B、C错误．粒子由静止向右运动，粒子带正电，选项A正确，在粒子从M向N运动的过程中，电场力做正功，电势能逐渐减小，选项D错误．4．如图，真空中两等量异种点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1带正电．三角形acd为等腰三角形，cd边与x轴垂直且与x轴相交于b点，则下列说法正确的是(　　)A．a点场强小于b点场强B．a点电势高于b点电势C．将电子从a点移到b点再移到c点，电势能减少D．将电子从a点移动到c点，电场力做正功答案　CD解析　由于沿电场线方向电势降低，电场线的疏密表示电场的强弱，据等量异种点电荷电场的分布特点可知a点场强大于b点场强，a、b在同一条电场线上，且电场线沿x轴负向，故a点电势低于b点电势，选项A、B错误．由于等势线跟电场线垂直，做出过c点的等势线分析可知，c、d两点电势相等，且大于b点电势，故将电子从a点移动到b点再移动到c点，电场力一直做正功，电势能减少，选项C、D正确．5.现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC的中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零．则下列说法中正确的是(　　)A．O点的电场强度和电势均为零B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D．将一负点电荷由a点移到b点电势能减小解析　四个点电荷均在O点产生电场，O点场强应是四个场强叠加的结果，通过合成发现O点电场强度不为零．A错误．根据对称性可知b、c在同一等势面上，正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，B正确．a、d两点电场强度大小、方向相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，C正确．a点电势高于b点电势，负点电荷由a点移到b点过程中，电场力做负功，电势能增加，D错误．答案　BC6．如图D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间(两极板仍平行)，P的运动情况将是(　　)A．仍静止不动B．向下运动C．向上运动D．无法判断答案　A解析　此题利用二极管的单向导电性来判断电容器是Q不变还是U不变．若假设U不变，由E＝可判断出E变小，电场力变小，电荷P向下运动，但d变大又导致C变小，结合U不变得出Q9\n变小，即电容器A板应该放出正电荷，与题目不符，所以假设错误，即应是Q不变．根据E＝＝＝得出E不变(与d无关)，故P仍受力平衡，A选项正确．7.如图为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零答案　CD解析　设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确．8．如图AB为均匀带电荷量为＋Q的细棒，C为AB棒附近一点，CB垂直于AB.AB棒上电荷形成的电场在C处的电势为φ0，φ0可以等效成AB棒上电荷集中于AB上某点P处、带电量为＋Q的点电荷所形成的电场在C点的电势．若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0＝k.若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和．根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C′处的电势为(　　)A．φ0B.φ0C．2φ0D．4φ0答案　C解析　设AB棒左半段等效电荷集中于P′处，则有＝，又因AO＝AB，所以AP′＝AP.因此：P′O＝PB由△P′OC′和△PBC相似可得r′＝r所以AB棒左半段在C′点形成电场的电势为φ1＝k＝k＝φ0.同样右半段在C′点形成电场的电势φ2＝φ0，则C点电势φ＝φ1＋φ2＝2φ0.9．如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为q1与q2（q1＞q2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则（）（A）mA一定小于mB（B）qA一定大于qB（C）vA一定大于vB（D）EkA一定大于EkB答案：ACD9\n10．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平．质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点．设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．解析　(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒故有：mg·4R＝mv到达B点时速度大小为vB＝(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy＝mg，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：－Fx·2R＝mv－mv小球从管口C处脱离管后，做类平抛运动，由于经过A点，有y＝4R＝vCt　x＝2R＝axy2＝t2联立解得：Fx＝mg　电场力的大小为：qE＝＝mg(3)小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力N提供，设弹力N的方向向左，则Fx＋N＝，解得：N＝3mg根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管的压力为N′＝N＝3mg，方向水平向右．(优选动能定理)答案　(1)　(2)mg　(3)3mg　水平向右11.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g.(1)求小球所受到的电场力大小；(2)小球在A点速度v0多大时，小球经B点时对轨道的压力最小？解析　(1)对小球受力分析如图所示，小球在C点速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的电场力大小F＝mgtanθ＝mg(2)小球要到达B点，必须到达D点时速度最小；在D点速度最小时，小球经B点时对轨道的压力也最小．设在D点轨道对小球的压9\n力恰为零，则有＝m，得v＝由轨道上A点运动到D点的过程，由动能定理得mg·r(1＋cosθ)＋F·rsinθ＝mv－mv2解得：v0＝2.答案　(1)mg　(2)212.如图所示，有二根长度皆为l=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量为m=1.00X10-2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和＋q，q=1.00×10-7C.A、B之间用第三根线连接起来.其中存在大小为E=1.00×106N／C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示.现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置.求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少(不计两带电小球间相互作用的静电力)?【解析】图1中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角．A球受力如图2所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图．由平衡条件T1sinα+T2sinβ＝qE,T1cosα＝mg+T2cosβB球受力如图3所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图．由平衡条件T2sinβ＝qE,T2cosβ＝mg联立以上各式并代入数据，得α＝0,β＝45°由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图4所示．与原来位置相比，A球的重力势能减少了EA＝mgl（1－sin60°）B球的重力势能减少了EB＝mgl（1－sin60°+cos45°）A球的电势能增加了WA＝qElcos60°B球的电势能减少了WB＝qEl（sin45°－sin30°）两种势能总和减少了W＝WB－WA+EA+EB代入数据解得W＝6.8×10－2J13.“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由．审题突破　①电子做圆周运动所需的向心力由电场力提供．9\n②电场力做功引起电势能的变化，电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．解析　(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，半球面B的电势高于A.①(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：eE＝m②Ek0＝mv2③R＝④联立解得E＝＝⑤(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔEk＝qU⑥对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔEk左＝e(φB－φC)⑦对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔEk右＝e(φA－φC)⑧(4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB－φC|>|φA－φC|⑨即|ΔEk左|>|ΔEk右|⑩14．如图所示，绝缘光滑半径为R＝0.8m的半圆环竖直固定放置，位于场强E1＝4V/m、方向竖直向上的匀强电场中，半圆环的下端与皮带相切于最低点B，皮带的长度L＝2m，皮带不打滑半圆环的右边存在水平向右的场强为E2＝2V/m的匀强电场，现有质量m＝1kg，带电荷量q＝＋5C的小球，位于半圆环最高点A，小球与皮带间的动摩擦因数μ＝0.2.皮带不打滑．现给小球水平向左的初速度vA＝4m/s，(g取10m/s2)问：(1)小球能否到达B点(通过计算说明)．(2)若皮带顺时针转动，速度从0逐渐增大，试讨论小球运动到皮带C端的动能Ek与皮带的速度v的关系，并画出Ek－v图象．解析　(1)A至B：2mgR－2E1qR＝mv－mv解得：vB＝4m/s设球能到达B点的最小速度为v0则E1q－mg＝mv/R解得：v0＝2m/svB>v0，所以球能到达B点．9\n(2)①当皮带的速度v≤4m/s时，因摩擦力一直做负功，则E2qL－μmgL＝Ek－mv解得Ek＝24J②若球从B至C，摩擦力一直做正功E2qL＋μmqL＝Ek－mv解得Ek＝32J设满足条件时皮带的最小速度为vmin，小球的加速度为a，则E2q＋μmg＝mav－v＝2aL解得vmin＝8m/s所以当v≥8m/s时，球的动能Ek＝32J③当4m/s<v<8m/s时，令小球速度增至与皮带速度相等时，位移为L′，则E2qL′＋μmgL′＝mv2－mv①从B至C整个过程：E2qL＋μmgL′－μmg(L－L′)＝Ek－mv②由①②解得：Ek＝＋Ek－v图象如图所示15.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：甲乙(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析　(1)电子经加速电场加速满足qU0＝mv2经偏转电场偏转后偏移量y＝at2＝··()2所以y＝，由题图知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm9\n设打在屏上的点距O点距离为Y，满足＝所以Y＝13.5cm.(2)由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30cm.答案　(1)打在屏上的点位于O点正上方，距O点13.5cm(2)30cm16．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10-7kg，电荷量q=1.0×10-2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：（1）求电子在电场中的运动时间；（2）求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；（3）请证明粒子离开电场时的速度均相同；（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．试题分析：(1)进入电场的粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动电子在电场中运动时间。（2）电子在电场运动时间一共是，根据两极板电压变换图b，竖直方向其中电子匀加速运动，电子匀减速直线运动，由于电压大小一样，所以加速度大小相等离开电场时竖直方向速度竖直方向位移离开电场后到金属板的过程，水平方向匀速直线运动竖直方向匀速直线运动所以打到荧光屏的位置到O点的距离（3）任意时刻进入的电子水平方向都是匀速直线运动，运动时间不变，该时间刚好等于电场变化的周期。竖直方向，根据运动时间等于一个周期可判断电压为时运动时间为，则电压为时运动时间为，所以竖直方向的速度根据速度合成离开电场时的速度1000√101速度与水平方向夹角，则有（4）挡板去后，所以粒子离开电场的速度都相同，如前一问所得。示意图如下9\n时刻进入的粒子，正向偏转位移最大，且运动过程没有速度反向，若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的下边沿离开电场。时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到0的时候，若粒子位置合适，粒子此时刚好到达上极板，随后开始加速，时间为，此粒子下面的粒子将打在上极板上而不能离开电场。次粒子正向偏移为根据离开粒子速度大小方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度为17.如图甲所示，A、B为竖直放置的平行金属板，板间距离为L，在两板的中心各有小孔，两小孔处在同一水平线上．在A，B间上加上如图乙所示交变电压．在某一时刻释放处于两板小孔连线的中点M处质量为m带正电粒子（比荷为k，不计重力），已知交变电压的周期为，求： （1）0时刻释放带电粒子，能否从金属板的小孔中飞出；（2）在哪一时刻释放，可使带电粒子在金属板间运动的时间最短；（3）在哪些时刻，带电粒子从小孔飞出时的最大动能的大小．(3)答案：释放时刻t=T/4或t=15T/16（修正：加上周期性解）9