2022年高考物理第一輪復習 第六章 電場力的性質(zhì)

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1、2022年高考物理第一輪復習 第六章 電場力的性質(zhì) 1.(多選)(xx·海南高考)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示。下列說法正確的是(  ) A.保持U不變,將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?,則E變?yōu)樵瓉淼囊话? B.保持E不變,將d變?yōu)樵瓉淼囊话?,則U變?yōu)樵瓉淼膬杀? C.保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?,則U變?yōu)樵瓉淼囊话? D.保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?,則E變?yōu)樵瓉淼囊话? 2.(xx·海南高考)如圖1,電荷量為q1和q2的兩個點電荷分別位于P點和Q點。已知在P、Q連線上某點R處的電場強度為零,且PR=2RQ。則(  )

2、 圖1 A.q1=2q2        B.q1=4q2 C.q1=-2q2 D.q1=-4q2 3.(多選)(xx·廣東高考)如圖2所示,光滑絕緣的水平桌面上,固定著一個帶電荷量為+Q的小球P。帶電荷量分別為-q和+2q的小球M和N,由絕緣細桿相連,靜止在桌面上。P與M相距L,P、M和N視為點電荷,下列說法正確的是(  ) 圖2 A.M與N的距離大于L B.P、M和N在同一直線上 C.在P產(chǎn)生的電場中,M、N處的電勢相同 D.M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零 4.(多選)(xx·上海高考)如圖3,質(zhì)量分別為mA和mB的兩小球帶有同種電荷,電荷量

3、分別為qA和qB,用絕緣細線懸掛在天花板上。平衡時,兩小球恰處于同一水平位置,細線與豎直方向間夾角分別為θ1與θ2(θ1>θ2)。兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動,最大速度分別為vA和vB,最大動能分別為EkA和EkB。則(  ) 圖3 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 高頻考點二:電場能的性質(zhì) 5.(多選)(xx·全國卷Ⅱ)關(guān)于靜電場的電場強度和電勢,下列說法正確的是(  ) A.電場強度的方向處處與等電勢面垂直 B.電場強度為零的地方,電勢也為零 C.隨著電場強度的大小逐漸減小,電勢也逐漸降低 D.任

4、一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向 6.(xx·福建高考)如圖4所示,在點電荷Q產(chǎn)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,若將q1、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等,則下列說法正確的是(  ) 圖4 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 7.(xx·上海高考)兩異種點電荷電場中的部分等勢面如圖5所示,已知A點電勢高于B點電勢。若位于a、b處點電荷的電荷量大小分別為qa和qb,則(  )

5、圖5 A.a(chǎn)處為正電荷,qaqb C.a(chǎn)處為負電荷,qaqb 8.(多選)(xx·山東高考)圖6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。則該粒子(  ) 圖6 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 9.(多選)(2011·江蘇高考)一粒子從A點射入電場,從B點射出,電場的等勢面和粒子的運動軌跡如圖7

6、所示,圖中左側(cè)前三個等勢面彼此平行,不計粒子的重力。下列說法正確的有(  ) 圖7 A.粒子帶負電荷 B.粒子的加速度先不變,后變小 C.粒子的速度不斷增大 D.粒子的電勢能先減小,后增大 10.(xx·重慶高考)如圖8所示,高速運動的α粒子被位于O點的重原子核散射,實線表示α粒子運動的軌跡,M、N和Q為軌跡上的三點,N點離核最近,Q點比M點離核更遠,則(  ) 圖8 A.α粒子在M點的速率比在Q點的大 B.三點中,α粒子在N點的電勢能最大 C.在重核產(chǎn)生的電場中,M點的電勢比Q點的低 D.α粒子從M點運動到Q點,電場力對它做的總功為負功 11.(多選)(x

7、x·全國卷Ⅰ)如圖9,在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點,M、N、P為直角三角形的三個頂點,F(xiàn)為MN的中點,∠M=30°。M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示,已知φM=φN,φP=φF,點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi),則(  ) 圖9 A.點電荷Q一定在MP的連線上 B.連接PF的線段一定在同一等勢面上 C.將正試探電荷從P點搬運到N點,電場力做負功 D.φP大于φM 高頻考點三:帶電粒子在電場中的運動 12.(xx·廣東高考)噴墨打印機的簡化模型如圖10所示,重力可忽略的墨汁微滴,經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?,以速度v垂直勻強電場飛入極板間,最終打在

8、紙上,則微滴在極板間電場中(  ) 圖10 A.向負極板偏轉(zhuǎn) B.電勢能逐漸增大 C.運動軌跡是拋物線 D.運動軌跡與帶電量無關(guān) 13.(xx·全國卷Ⅰ)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩極相連,上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方處的P點有一帶電粒子,該粒子從靜止開始下落,經(jīng)過小孔進入電容器,并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移,則從P點開始下落的相同粒子將(  ) A.打到下極板上 B.在下極板處返回 C.在距上極板處返回 D.在距上極板d處返回 14.(xx·大綱卷)一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為

9、m的帶電粒子在勻強電場的作用下,在t=0時由靜止開始運動,場強隨時間變化的規(guī)律如圖11所示。不計重力。求在t=0到t=T的時間間隔內(nèi), 圖11 (1)粒子位移的大小和方向; (2)粒子沿初始電場反方向運動的時間。 15.(xx·全國卷Ⅱ)如圖12,勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道,軌道平面與電場方向平行。a、b為軌道直徑的兩端,該直徑與電場方向平行。一電荷量為q(q>0)的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側(cè)運動。經(jīng)過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb。不計重力,求電場強度的大小E、質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能。 圖12 16.(xx·蘇州模

10、擬)如圖13所示,虛線左側(cè)存在非勻強電場,MO是電場中的某條電場線,方向水平向右,長直光滑絕緣細桿CD沿該電場線放置。質(zhì)量為m1、電量為+q1的A球和質(zhì)量為m2、電量為+q2的B球穿過細桿(均可視為點電荷)。從t=0開始A自O(shè)點以速度v0向左做勻速運動,同時B在O點右側(cè)某處以速度v1也向左運動,且v1>v0。t=t0時B到達O點(未進入非勻強電場區(qū)域),A運動到P點(圖中未畫出),此時兩電荷間距離最小。靜電力常量為k。 圖13 (1)求0~t0時間內(nèi)A對B球做的功; (2)求桿所在直線上電場強度的最大值; (3)某同學計算出0~t0時間內(nèi)A對B球做的功W1后,用下列方法計算非勻強電

11、場PO兩點間電勢差: 設(shè)0~t0時間內(nèi)B對A球做的功為W2,非勻強電場對A做的功為W3,根據(jù)動能定理W2+W3=0 又因為W2=-W1 PO兩點間電勢差U== 請分析上述解法是否正確,并說明理由。 17.(xx·北京市東城區(qū)模擬)如圖14所示,水平放置的平行金屬板之間電壓大小為U,距離為d,其間還有垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)量為m帶電量為+q的帶電粒子,以水平速度v0從平行金屬板的正中間射入并做勻速直線運動,然后又垂直射入電場強度大小為E2、方向豎直向上的勻強電場,其邊界a、b間的寬為L(該電場豎直方向足夠長)。電場和磁場都有理想邊界,且粒子所受重力不計,求

12、 圖14 (1)該帶電粒子在a、b間運動的加速度大小a; (2)勻強磁場對該帶電粒子作用力的大小f; (3)該帶電粒子到達邊界b時的速度大小v。 18.(xx·大綱卷)如圖15,一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。再給電容器緩慢充電,直到懸線和豎直方向的夾角增加到,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15 答 案 1.選AD 平行板間勻強電場的電場強度E=,保持U不變,將d變?yōu)?/p>

13、原來的兩倍,電場強度E變?yōu)樵瓉淼囊话?,A正確。由U=Ed可知B錯誤。由C=可知,保持d不變,則電容器的電容C不變,由C=可知,將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?,則U變?yōu)樵瓉淼膬杀?,C錯誤,同理可知D正確。 2.選B  本題考查電場強度的疊加,由于R處的合電場強度變?yōu)?,故兩點電荷的電性相同,結(jié)合點電荷的電場強度公式E=k可知k-k=0,又r1=2r2,故q1=4q2,本題選B。 3.選BD 由于小球M、N及細桿處于靜止狀態(tài),因此M、N及細桿組成的系統(tǒng)合外力為零,D項正確;整體受到的庫侖力的合力為零,即k=k,解得r=(-1)L,A項錯誤;由于P對M、N的庫侖力等大反向,因此P、M、N三者必在一條直線上,

14、B項正確;在P點產(chǎn)生的電場中,離P點越遠電勢越低,C項錯誤。 4.選ACD 以A小球為研究對象有:TA·cos θ1=mAg,TAsin θ1=FBA,以B小球為研究對象有:TB·cos θ2=mBg,TB·sin θ2=FAB,且FAB=FBA,因θ1>θ2,故TB>TA,而cos θ2>cos θ1,故mB>mA,選項A正確。因為A、B兩球擺到最低點時:A小球下降的高度hA大于B小球下降的高度hB,由mv2=mgh有v=,所以vA>vB,故選項C正確。由庫侖定律有FAB=,故無法確定qA與qB的大小,選項B錯誤。要比較EkA、EkB的大小,只需比較重力做功多少,通過計算有WGA=FBA·

15、h·tan ,WGB=FAB·h·tan,其中h為平衡位置水平面到天花板的高度,顯然WGA>W(wǎng)GB,故EkA>EkB,即選項D正確。 5.選AD 根據(jù)電場強度與電勢的關(guān)系解題。電場線(電場強度)的方向總是與等勢面垂直,選項A正確。電場強度和電勢是兩個不同的物理量,電場強度等于零的地方,電勢不一定等于零,選項B錯誤。沿著電場線方向,電勢不斷降落,電勢的高低與電場強度的大小無必然關(guān)系,選項C錯誤。電場線(電場強度)的方向總是從高的等勢面指向低的等勢面,而且是電勢降落最快的方向,選項D正確。 6.選C 由題意知點電荷Q帶負電,所以有φA<φB<0,得|UA∞|>|UB∞|,移動兩試探電荷克服電場

16、力做功相等,有q1|UA∞|=q2|UB∞|,所以q1<q2,選項A錯誤,C正確。因為E=k,A點比B點離Q近,所以EA>EB,選項B錯誤。根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系,q1在A點的電勢能等于q2在B點的電勢能,選項D錯誤。 7.選B 圖為異種點電荷的等勢面分布,由題知φA>φB,因此a處為正電荷,b處為負電荷,等勢面密集處靠近b電荷,故qa>qb,選項B正確。 8.選CD 由于帶電粒子受到的電場力指向軌跡凹側(cè),說明帶電粒子帶正電,選項A錯誤;根據(jù)庫侖定律F=k可知,選項B錯誤;粒子從b點運動到c點的過程中,電場力對粒子做正功,粒子電勢能減小,選項C正確;由動能定理可得qU=ΔEk,因

17、為Uab>Ubc,所以選項D正確。 9.選AB 根據(jù)電場線與等勢面垂直并指向電勢低的等勢面,可大致畫出電場線的形狀,粒子在電場力的作用下軌跡向下彎曲,根據(jù)曲線運動的特點,可以說明電場力指向軌跡內(nèi)側(cè),與場強方向相反,所以粒子帶負電,A正確;等勢面先是平行等距,后變得稀疏,則電場強度先是不變,后電場強度變小,即電場力先不變,后變小,B正確;根據(jù)電場力做功W=qU,電場力做負功,所以粒子速度減小,C錯誤;電場力始終做負功,由功能關(guān)系可知,粒子的電勢能始終增加,所以D錯誤。 10.選B 本題考查電場力做功、電勢、電勢能,意在考查考生推理與分析問題的能力。建立正點電荷電場模型,根據(jù)正點電荷的等勢線空

18、間分布圖,由于Q點比M點離核遠,則φQ<φM,C項錯誤;α粒子從M點到Q點,電場力做正功,α粒子在M點的速率比在Q點的速率小,A、D項錯誤;三點中,α粒子在N點的電勢最高,電勢能最大,B項正確。 11.選AD 根據(jù)正點電荷的電場的特點可知,點電荷的電場的等勢面是以點電荷為中心的同心球面,故分別作MN連線的中垂線和PF連線的中垂線,如圖所示,根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知,兩條線交MP于A點,即點電荷在A點,A正確,B錯誤;將正試探電荷從P點搬運到N點,電場力做正功,C錯誤;沿著電場線的方向電勢逐漸降低,故φP>φM,D正確。 12.選C 本題考查帶電微滴在電場中的偏轉(zhuǎn)問題,意在考查考生熟練應(yīng)用運動的

19、合成與分解知識解題的能力。由于微滴帶負電,電場方向向下,因此微滴受到的電場力方向向上,微滴向正極板偏轉(zhuǎn),A項錯誤;偏轉(zhuǎn)過程中電場力做正功,根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系,電勢能減小,B項錯誤;微滴在垂直于電場方向做勻速直線運動,位移x=vt,沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運動,位移y=t2=2,此為拋物線方程,C項正確;從式中可以看出,運動軌跡與帶電荷量q有關(guān),D項錯誤。 13.選D 本題考查動能定理及靜電場相關(guān)知識,意在考查考生對動能定理的運用。當兩極板距離為d時,粒子從開始下落到恰好到達下極板過程中,根據(jù)動能定理可得:mg×d-qU=0,當下極板向上移動,設(shè)粒子在電場中運動距離x

20、時速度減為零,全過程應(yīng)用動能定理可得:mg(+x)-qx=0,兩式聯(lián)立解得:x=d,選項D正確。 14.解析:(1)帶電粒子在0~、~、~、~T時間間隔內(nèi)做勻變速運動,設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4,由牛頓第二定律得a1=① a2=-2② a3=2③ a4=-④ (a) 由此得帶電粒子在0~T時間間隔內(nèi)運動的加速度—時間圖象如圖(a)所示,對應(yīng)的速度—時間圖象如圖(b)所示,其中v1=a1=⑤ (b) 由圖(b)可知,帶電粒子在t=0到t=T的時間間隔內(nèi)位移大小為 s=v1⑥ 由⑤⑥式得 s=T2⑦ 它沿初始電場正方向。 (2)由圖(b)可知,粒子在t=

21、T到t=T內(nèi)沿初始電場的反方向運動,總的運動時間t為 t=T-T=⑧ 答案:(1) 沿初始電場正方向 (2) 15.解析:本題主要考查受到約束的帶電質(zhì)點在勻強電場中的運動、牛頓第二定律、動能定理及其相關(guān)的知識點,意在考查考生靈活應(yīng)用知識解決問題的能力。 質(zhì)點所受電場力的大小為F=qE① 設(shè)質(zhì)點質(zhì)量為m,經(jīng)過a點和b點時的速度大小分別為va和vb,由牛頓第二定律有 F+Na=m② Nb-F=m③ 設(shè)質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb,有 Eka=mva2④ Ekb=mvb2⑤ 根據(jù)動能定理有Ekb-Eka=2rF⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 E=(Nb-Na)⑦

22、 Eka=(Nb+5Na)⑧ Ekb=(5Nb+Na)⑨ 答案:見解析 16.解析:(1)B球運動過程中只受A球?qū)λ膸靵隽ψ饔?,當它運動到O點時速度跟A球相同為v0。庫侖力做的功即為B球動能變化量W=m2v02-m2v12 (2)因為A球做勻速運動,t0時間內(nèi)運動的位移x=v0t0 此時A、B球間的庫侖力 F=k= 因為A球始終做勻速運動,所以非勻強電場對它的作用力與B球?qū)λ膸靵隽ο嗥胶?。當B球到達O點時,兩帶電小球間的距離最小,庫侖力最大。因此,電場對A的作用力也最大,電場強度也最大。 E== (3)該同學的解法是錯誤的。 因為B球向A球靠近的過程,雖然它們的作用力

23、大小相等,但它們運動的位移不等,所以相互作用力所做的功W1、W2的大小不相等。即W2=-W1是錯誤的。 答案:(1)m2v02-m2v12 (2) (3)見解析 17.解析:(1)電場力F2=qE2 根據(jù)牛頓第二定律:a=,a= (2)該粒子受力如圖: 電場強度:E1=,電場力:F1=qE1 根據(jù)平衡條件:f=F1 解得:f= (3)該帶電粒子到達邊界b的時間為 t= 豎直方向的速度為vy=at= 所以此時帶電粒子的速度大小為 v= = 答案:(1)a= (2)f= (3)v= 18.解析:設(shè)電容器電容為C。第一次充電后兩極板之間的電壓為U=① 兩極板之間電場的電場強度為E=② 式中d為兩極板間的距離。 按題意,當小球偏轉(zhuǎn)角θ1=時,小球處于平衡位置。設(shè)小球質(zhì)量為m,所帶電荷量為q,則有 Tcos θ1=mg③ Tsin θ1=qE④ 式中T為此時懸線的張力。 聯(lián)立①②③④式得tan θ1=⑤ 設(shè)第二次充電使正極板上增加的電荷量為ΔQ,此時小球偏轉(zhuǎn)角θ2=,則tan θ2=⑥ 聯(lián)立⑤⑥式得=⑦ 代入數(shù)據(jù)解得ΔQ=2Q⑧ 答案:2Q

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