1、2012届高三二轮复习（物理）专题06 电场考试范围：电场一、 选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1如右图所示，不带电的枕形导体的A、B两端各贴有一对金箔。当枕形导体的A端靠近一带正电导体C时，可能的是 （ ）AA端金箔张开，B端金箔闭合，枕形导体整体不带电B用手触摸枕形导体后，A端金箔仍张开，B端金箔闭合C用手触摸枕形导体后，将手和C都移走，两对金箔均张开D选项A中两对金箔分别带异种电荷，选项C中两对金箔带同种电荷2下列常见的静电学公式中，F
2、、q、E、U、r和d分别表示电场力、电量、场强、电势差、以及距离，U=Ed （ ）A它们都只对点电荷或点电荷的电场才成立B只对点电荷或点电荷的电场成立，只对匀强电场成立C只对点电荷成立，对任何电场都成立，只对匀强电场才成立D只对点电荷成立，对任何电荷或静电场都成立3一带正电的小球沿光滑绝缘桌面向右运动，桌子右侧存在垂直纸面向里的匀强电场，如右图所示，速度方向与电场方向垂直，小球飞离桌面后落在地板上，设其飞行时间为t1、水平射程为s1、着地速度大小为v1；撤去电场，其它条件不变，设小球飞离时间为t2、水平射程为s2、着地速度大小为v2，则 （ ）As1s2Bt1t2Ct1t2 Dv1与v2大小关
3、系不能确定4如右图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一棱形ABCD，对角线交点为O，在顶点B、D处各固定一个点电荷，若将一个带正电的小球从A点静止释放，小球将沿对角线AC作往返运动。则 （ ）AB、D处固定的是等量的正电荷BB、D处固定的是等量的异种电荷C在A、C的连线上O点电势最低D运动小球在O处的机械能最小5在光滑绝缘的水平面上，存在一个水平方向的匀强电场，电场强度大小为E，在该电场中一个半径为R的圆周，其中PQ为直径，C为圆周上的一点，在O点将一带正电的小球以相同的初速率向各个方向水平射出时，小球可以到达圆周的任何点，但小球到达C点时的速度最大，已知PQ与PC间的夹角为=30，则关于该电场强
4、度E的方向及PC间的电势差大小说法正确的是 （ ）AE的方向为由P指向Q，BE的方向为由Q指向C，CE的方向为由P指向C，DE的方向为由O指向C，6右图为测定压力的电容式传感器，其核心部件是一平行板电容器。将电容器、灵敏电流表（零刻度在中间）和电源串联成闭合电路，当压力F作用于可动膜片电极上时，膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流表指针偏转。在对膜片开始施加恒定压力到膜片稳定后，灵敏电流表指针的偏转情况为（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏） （ ）A向右偏到某刻度后回到零刻度B向左偏到某刻度后回到零刻度C向右偏到某刻度后不动D向左偏到某刻度后不动7如右图所示，实线是一个电场中的电场线
5、，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是 （ ）A电荷从a到b加速度减小Bb处电势能大Cb处电势高D电荷在b处速度小8如右图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的两正点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，与O点的连线和OC间夹角为30，下列说法正确的是 （ ）A电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零B电荷q从B点运动到D点，电场力做功为零CO点的场强大小为DO点的场强大小为9如右图所示，高为h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中，匀强电场的方向平行于竖直平面，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度为v0从曲面底端的
6、A点开始沿曲面表面上滑，到达曲面顶端B点的速度仍为v0，则 （ ）A电场力对小球做功为BA、B两点的电势差为C小球在B点的电势能大于在A点的电势能D电场强度的最小值为10如右图所示，一价氢离子和二价氦离子（不考虑二者间的相互作用），从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场中，则它们 （ ）A同时离开偏转电场，但出射点的位置不同B同时离开偏转电场，出射点的位置相同C先后离开偏转电场，但出射点的位置相同D先后离开偏转电场，且出射点的位置不同二、非选择题（本题共6小题，共60分。要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。）11（10分）如下图所示，在绝缘光滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电
7、场，现有一个质量m2.0103kg、电量q2.0106C的带正电的物体（可视为质点），从O点开始以一定的水平初速度向右做直线运动，其位移随时间的变化规律为s6.0t-10t2，式中s的单位为m，t的单位为s。不计空气阻力，取g10m/s2。（1）求匀强电场的场强大小和方向；（2）求带电物体在00.5s内电势能的变化量。12（10分）质量为m，带电量为-q的微粒（重力不计），经过匀强电场中的A点时速度为v，方向与电场线垂直，运动到B点时速度大小为2v，如下图所示。已知A、B两点间的距离为d。求：（1）A、B两点的电势差；（2）电场强度的大小和方向。13（10分）如下图所示的电路中，电源电动势E=
8、6.00V，其内阻可忽略不计。电阻的阻值分别为R1=2.4k、R2=4.8k，电容器的电容C=4.7F。闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端电压，其稳定值为1.50V。（1）该电压表的内阻为多大？（2）由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少？14（10分）如下图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板距d=0.04m，两板间的电压U=400V，板间有一匀强电场，AB水平线上方场强可视为0。在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h=1.25m的P点处有一带正电小球，已知小球的质量m=510-6kg，电荷量q=510-8C。设A、B板长度足够长，（取g=10m/s2）。试求：（1
9、）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？（2） 相碰时，离金属板上端的距离多大？15（10分）如下图所示，现在有一个小物块，质量为m=80g，带上正电荷q=2104C。与水平的轨道之间的滑动摩擦系数m =0.2，在一个水平向左的匀强电场中，E=103V/m，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R=40cm，取g =10m/s2，求：（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平哪个位置释放？（2）如果在上小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于多少？16（10分）如下图所示，真空中两水平放置的平行金属板A、B相距为d，板长
10、为L，今在A、B两板间加一如下图所示的周期性变化的交变电压从t=0时刻开始，一束初速度均为v0的电子流沿A、B两板间的中线从左端连续不断地水平射入板间的电场，要想使电子束都能从A、B右端水平射出，则所加交变电压的周期T和所加电压U0的大小应满足什么条件？答案与解析1.【命题立意】本题主要考查带电体的带电方式及原理、电荷守恒定律。【思路点拨】静电场中物体带电源于电子的转移，可以从同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的角度分析。【答案】BCD【解析】根据静电感应现象，带正电的导体C放在枕形导体附近，在A端出现了负电，在B端出现了正电，这样的带电并不是导体中有新的电荷，只是电荷的重新分布，枕形导体上总
11、的电荷量为0。金箔上带电相斥而张开，选项A错误；用手摸枕形导体后，B端不是最远端了，人是导体，人的脚部连接的地球是最远端，这样B端不再有电荷，金箔闭合，选项B正确；用手触摸导体时，只有A端带负电，将手和C移走后，不再有静电感应，A端所带负电便分布在枕形导体上，A、B端均带有负电，两对金箔均张开，选项C正确；通过以上分析看出，选项D也正确。2【命题立意】本题重在考查静电场几个公式的适用条件。【思路点拨】定义式对任何情况都成立，但被定义的物理量与式中其它物理量不存在决定和被决定关系，决定式的物理量之间存在决定和被决定关系。【答案】C【解析】，仅对真空中静止的点电荷成立，是定义式，适用于一切情况；U
12、=Ed对匀强电场成立，注意各自的适用条件。3.【命题立意】本题以类平抛运动为载体，考查带电粒子在电场和重力场中的运动。【思路点拨】根据运动的合成与分解规律，分别分析小球在重力方向和电场力方向的受力特点和运动特点，然后确定各量的大小关系。【答案】AC【解析】运动时间由竖直方向决定，根据可知，两种情况下运动时间相等，C正确，B错；两种情况下重力做的正功相同，而存在电场时，电场力做正功，所以存在电场时落地速度大，D错；无电场时，只有水平向右的水平位移v0t；存在电场时，既有向右的水平位移v0t，又有垂直纸面向里的水平位移，显然s1s2，A答案正确。4【命题立意】本题重在考查电场强度的矢量合成，等量同
13、种电荷周围的电场分布特点。【思路点拨】根据物体的运动情况分析受力情况。【答案】C【解析】由题意知，B、D处固定的是等量的负电荷，AB错；带正电的小球从A点静止释放，向低电势处移动，故C对；运动小球在O处的电势能最小、机械能最大，D错。5【命题立意】本题从电场力做功引入，考查等势面与电场线的关系以及匀强电场中电场强度与电势差的关系。【思路点拨】确定出过C点的等势面的特点，然后以此为突破口，确定电场的方向，并运用U=Ed进行求解。【答案】D【解析】由题意知，过C点的切面是圆周上离P最远的等势面，半径OC与等势面垂直，E的方向为由O指向C，OC与CP间的夹角为=30，。6【命题立意】本题通过灵敏电流
14、计中电流的流向，考查电容器的充电与放电，更进一步考查电容器的电容、电压、电荷量间的关系。【思路点拨】根据平行板电容器的特点，根据板间距离的变化，确定电容器电容的变化，再从电荷量变化的情况，确定电流计中电流的方向。【答案】A【解析】两极板间电压不变，在压力F作用下，极板间距d减小，电容变大，电量增加电容器充电，电流从灵敏电流计正接线柱流入，指针右偏。当极板电量不变时，电路里没有电流，指针不再偏转。7.【命题立意】本题考查电场线的概念、牛顿第二定律、做曲线运动物体速度与加速度的关系、电场线与等势面的关系、电场力功与电势能变化的关系。能量守恒定律等基本概念和规律。【思路点拨】先根据检验电荷在电场中的
15、轨迹弄清电场线的方向，进而对电场中的电势高低和电场力做功过程中的能量转化问题做出判断。【答案】BD【解析】由图可知，b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项不正确；由图可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即F电0，且F电的方向应指向运动轨迹的内侧。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“顺着电场线电势越来越低”判断a，b处电势高低关系是，C选项不正确；根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由ab电势能增加，B选项正确；系统的
16、能量守恒，电势能增加则动能减小，速度减小，D选项正确。8.【命题立意】本题重在考查点电荷的库仑定律和电场强度的矢量合成，电场力做功的特点。【思路点拨】根据等量同种电荷中垂线上电场强度的特点和周围电场线分布的特点及对称性分析各选项。【答案】BD【解析】电荷q从A点运动到C点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A错，根据对称性B正确，O点的场强大小为，C错，D正确。9【命题立意】本题主要考查电场力做功的特点、匀强电场中电势差与电场强度的关系，动能定理的应用。【思路点拨】先根据运动情况确定出初末位置间的电势差、电势的高低，然后根据匀强电场的特点确定电场强度。【答案】B【解析】如右图所示，设A、B两点
17、间电势差为UAB，对小球由A到B的过程，根据动能定理得qUABmgh=0，解得UAB=mgh/q，选项B正确；电场力对小球做的功刚好克服重力做功，等于mgh，选项A错误；由于小球由A到B的过程电场力做正功，所以小球电势能降低，选项C错误；设电场方向与AB间位移方向夹角为，UAB=ESABcos =mgh/q，解得E =，可知电场强度的最小值不一定等于，选项D错误。10【命题立意】本题通过两个电容器的组合，主要考查带电粒子在电场中的加速和偏转的规律。【思路点拨】从水平方向确定运动的时间，从竖直方向确定离子的偏转位移。【答案】C【解析】在加速电场中，在偏转电场中，离子沿初速度方向做匀速直线运动：v
18、x=v0，穿过电场的时间，在加速电场中，由牛顿第二运动定律：可知，一价离子的加速度大，运动时间短，偏转电场中，由于两种离子在偏转电场中运动的水平速度不同，一价离子的水平速度大，仍然是一价离子的运动时间短，所以一价离子先离开电场；平行于电场方向即垂直于初速度的方向做初速度为零的匀加速直线运动：加速度，偏移量，可以看出，离子离开电场时的偏转位移与离子的质量和电荷量均无关，即出射位置相同，正确答案C。11【命题立意】本题通过带电粒子在电场中的直线运动，分别从力的角度和能的角度分析粒子受力和能量变化。【思路点拨】从位移随时间变化的关系式入手，找出加速度、电场力，进一步确定电场及电场力做功情况。【答案】
19、（1）E2.0104N/C，方向向左 （2）电势能增加2102J 【解析】（1）由s6.0t10t2得加速度大小为：a20m/s2 （1分）根据牛顿第二定律：Eqma（1分） 解得，场强大小为：E2.0104N/C （1分） 电场强度方向水平向左 （1分）（2） 由s6.0t10t2得，初速度大小为：v06.0m/s （1分）减速时间：t10.3s （1分）0.3s内经过的路程x1v0t1at20.9 m （1分）后0.2s物体做反向匀加速直线运动，经过的路程 x2at20.4m （1分）物体在0.5s内发生的位移为xx1x20.5m（1分）电场力做负功，电势能增加：EpEqx2102J （1
20、分）12【命题立意】考查带电粒子的运动以及匀强电场的特点。【思路点拨】先根据动能定理求初末位置间的电势差，再根据合运动与分运动的等时性，在水平方向和竖直方向，对比电场力和重力，确定电场强度的大小和方向。【答案】（1） （2），方向向左【解析】（1）根据动能定理可得： （3分）解得： （1分）（2）由题意可知，带电微粒在电场中做类平抛运动，垂直电场方向上做匀速运动，y=vt （1分）沿电场方向做初速度为零的匀加速运动， （1分） 又x2+y2=d2 （1分）v2+(at)2=(2v)2 （1分）解得：，方向向左 （2分）13【命题立意】本题以电路为背景，考查平行板电容器的电容、电压、电荷量的关系
21、，电容器的充电与放电等。【思路点拨】根据不同条件下电容器的电容和电压的不同，确定电荷量的变化。【答案】（1）4.8k （2）2.35106C【解析】（1）设电压表的内阻为RV，测得R1两端电压为U1，R1与RV并联后的总电阻为R，则有 （1分）由串联电路的规律得： （1分）联立得 （1分）代入数据得RV=4.8k （1分） （1分）16 电压表接入前，电容器上的电压UC等于电阻R2上的电压，R1两端的电压为UR，则 （1分）又E=Uc+UR1 （1分）接入电压表后，电容器上的电压为Uc=E-U1 （1分）由于电压表的接入，电容器带电量增加了Q=C(Uc-Uc) （1分）联立以上各式得， （1分
22、）代入数据可得Q=2.3510-6C （1分）14【命题立意】本题考查带电粒子在匀强电场中的偏转。【思路点拨】竖直方向上是自由落体运动，水平方向是匀变速直线运动，二者间通过时间相等联系在一起。【答案】（1）0.52s （2）0.102m【解析】（1）设小球从P到Q的时间为t1，由得， （2分）小球进入电场后其飞行时间决定于电场力产生的加速度ax，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t2。qE=max （1分） （1分） （1分）得： （1分）所以，运动总时间：t=t1+t2=0.52s （1分）（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t内的位移为 （2分）与金属
23、板上端的距离为：s=y-h=0.102m （1分）15【命题立意】本题以匀强电场为背景，考查带电粒子在电场中的直线运动和圆周运动，考查牛顿定律和动能定理在电场中的应用。【思路点拨】从最高点的临界速度入手，根据动能定理确定电场力做功的多少，即可求电荷释放的位置，根据动能定理确定P点速度，由牛顿定律确定物体在P点所受的支持力。【答案】（1）15.25m （2）3.0N【解析】（1）物块能通过轨道最高点的临界条件是 （1分）解得v=2m/s （1分）设小物块释放位置距N处为s （2分）解得s=15.25m，即小物块应该从在水平位置距N处为15.25m处开始释放（1分）（2） 物块到P点时， （2分）
24、解得 （1分） （1分）解得FN=3.0N 由牛顿第三运动定律可得物块对轨道的压力：（1分）16.【命题立意】考查带电粒子在交变电场中的运动。【思路点拨】结合运动图象，根据粒子在竖直方向周期性运动的特点和竖直位移的临界条件，列出与位移、加速电压和电场变化周期均有关的方程。【答案】U0 （n1、2、）【解析】根据题意可知，电子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做变速直线运动，可画出电子在竖直方向上的速度一时间（vyt）图线，如右图所示，因电子进入板间电场和出离板间电场时，其竖直分速度均为零，所以电子在电场中的运行时间t必为交变电压周期T的整数倍：t=nT （n1、2、） （2分）而 （1分）故 （n1、2、） （1分）对于在 （k0、1、2、）时刻射入的电子，根据vyt图知，其出离板间电场时侧向位移最大，故只需考虑这些时刻射入的电子满足的条件。对这些时刻射入的电子，在一个周期内侧向位移（即vyt图中所画阴影部分的面积）为： （3分）在t=nT内，总侧移y总=ny，当y总时，电子均可飞出板间电场，即： （2分）解得：U0 （n1、2、） （1分）