1、第一部分专题四电场和磁场第1讲电场对应学生用书第133页限时45分钟；满分80分一、选择题(每小题5分，共40分)1(多选)(2019全国卷)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则A运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行解析在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则
2、带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确。若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误。答案AC2(2019河北九校高三联考)如图4118所示，A、B、C三点的连线组成一个直角三角形，BAC30，D为AC边的中点。在A、B两点分别放置一个点电荷后，C点
3、的场强方向水平向右，则图4118A一定是A点放正电荷，B点放负电荷B两点电荷的电荷量可能相等CD点的电势高于C点的电势D将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电势能增加解析由于C点的电场强度方向水平向右，由电场的叠加可知，B点的点电荷在C点的电场强度方向竖直向上，A点的点电荷在C点的电场强度方向沿AC连线指向A，故A点应放置负电荷，B点应放置正电荷，A错误；由电场的叠加可知，A、B两点放置的点电荷在C点的场强大小关系为EA2EB，设B、C两点间的距离为d，则A、C两点间的距离为2d，由点电荷的场强公式可得k2k，解得|QA|8|QB|，B错误；在B点的正点电荷形成的电场中，C、D两点的电势相等，
4、而在A点放置的负点电荷形成的电场中，C点的电势高于D点的电势，由此可知，在两点电荷形成的电场中，C点的电势高于D点的电势，C错误；将一带负电的试探电荷从C点移到D点的过程中，电场力做的功为Wq(CD)0，所以电势能增加，D正确。答案D3(2019株洲模拟)如图4119所示，R是一个定值电阻，A、B为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒P处于静止状态，则下列说法正确的是图4119A若增大A、B两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻RB若增大A、B两金属板的间距，P将向上运动C若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，P将向上运动D若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P将向上运动解析由于
5、两极板和电源相连，则两极板间的电压恒定，若增大A、B两金属板的间距，根据公式C可知，电容减小，根据公式C以及电压不变可得电容器两极板上所带电荷量减小，故电容器放电，R中有向左的电流，A错误；由于两极板间的电压不变，若增大A、B两金属板的间距，根据公式E可得两极板间的电场强度减小，电场力小于重力，微粒P将向下运动，B错误；若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于两极板间的距离减小，电场强度增大，则微粒P受到的电场力大于重力，P向上运动，C正确；若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，相当于r增大，两极板间的电场强度恒定不变，所以微粒P受到的电场力不变，P仍静止，D错误。故选C。答案C4(2
6、019淄博高三模拟)已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直。如图4120所示MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接。现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直。则下列说法正确的是图4120Ab点电场强度与c点电场强度相同Ba点电场强度与b点电场强度大小相等Ca点电势等于d点电势D将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变解析画出电场线如图所示，根据对称性可知，b点电场
7、强度与c点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；电场线密集的地方电场强度大，从图上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；根据对称性并结合电场线的分布可知a点电势等于d点电势，故C正确；由于试探电荷从a沿直线ad到d点，则先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，只是总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D错误。答案C5(多选)(2019惠州高三模拟)如图4121所示，一带电液滴在水平向左的匀强电场中由静止释放，液滴沿直线由b运动到d，直线bd方向与竖直方向成60角，则下列结论正确的是图4121A液滴做匀速直线运动B液滴带正电荷C液滴所受的电场力大小是其重力的倍D
8、液滴的电势能减小解析由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，液滴做匀加速直线运动且带负电荷，故选项A、B错误；由于合力沿bd方向，则根据力的合成规律可知Eqmgtan 60，即Eqmg，故选项C正确；由于电荷带负电，沿bd方向运动，电场力做正功，故电势能减小，故选项D正确。答案CD6水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开开关，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图4122所示，小球先后经过虚线的A、B两点。则图4122A如果小球所带的电荷量为正电荷，小球所受的电场力一定向下B小球由A到B的过程中电场力
9、一定做负功C小球由A到B的过程中动能可能减小D小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小解析小球在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由题图小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，但如果电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，故无法确定电场力与重力的大小关系，A错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B错误；小球受到的合力向下，小球从A点运动到B点过程中合外力做正功，小
10、球的动能增加，C错误；小球从A点运动到B点过程，如果所受电场力向上，则机械能减小，D正确。答案D7(多选)如图4123所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置。则从开始释放到运动到右极板的过程中，下列选项正确的是图4123AP的运动时间大于Q的运动时间BP、Q的电势能减少量之比为41CP、Q的动能增加量之比为41DP、Q的电荷量之比为21解析小球在竖直方向为自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间一样，故A错误。在水平方向小球做匀加速
11、直线运动，根据xt2，可知位移之比为21，说明P、Q粒子的电荷量之比为21，故D正确。电势能的减少量为电场力做的功，即EpPEpQ2qUq41，故B正确。动能增加量为合外力做的功，即EkPEkQ(mgh2qU)，由于不知道重力与电场力的关系，故C错误；故选BD。答案BD8(多选)(2019河北衡水金卷模拟)如图4124所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，带电荷量为Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度为图4124A.B.Ck
12、Dk解析对小球受力分析可知mgtan 45qE，解得E，则选项A正确，B错误；由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分x，总电荷量为Q，则该部分电荷量为Q；该部分电荷在小球处产生的电场强度为E1，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其电场强度与E1相同；则两个电场强度的合电场强度为E12cos 45，方向应沿圆心与小球的连线向外；因圆环上各点均在小球处产生电场，则合电场强度为EE1，选项D正确，C错误；故选AD。答案AD二、计算题(共40分)9(12分)(2019全国卷)如图4125，两金属板P、Q水平放置，间距为d，两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G
13、的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为(0)。质量为m、电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。图4125(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkmv02设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有hat2lv0t
14、联立式解得Ekmv02qhlv0(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为L2l2v0。答案(1)mv02qhv0(2)2v010(12分)如图4126所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即射入竖直的偏转匀强电场中，射入方向与电场线垂直，射入点为A，最终电子从电场的B点经过。已知偏转电场的电场强度大小为E，方向如图所示，电子的质量为m，电荷量为e，重力不计。求：图4126(1)电子进入偏转电场时的速度v0；(2)若将加速电场的电压提高为原来的2倍，电子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E变为原来的多少倍。解析(1)电子在加速电场中加
15、速，由动能定理得Uemv02所以，v0(2)设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有xv0tyat2Eema联立解得E根据题意可知x、y均不变，当U增大为原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。答案(1) (2)2倍11(16分)(2019福州高三质量抽测)由电子加速器、偏转电场组成的装置可以实现电子扩束，如图4127(a)所示。大量电子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从间距为d的两板正中间射入偏转电场；当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图(b)所示的周期为2t0、偏转电压峰值为U0的交变电压时，所有电子恰好都能从两板间通
16、过，已知电子的电荷量为e、质量为m，电子重力和它们之间的相互作用力均忽略不计。求：图4127(1)电子进入偏转电场的初速度大小v0；(2)偏转电压峰值U0的大小；(3)哪个时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方处飞出偏转电场。解析(1)电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU1mv02解得v0(2)电子在偏转电场中运动时，水平方向做匀速运动，速度vxv0竖直方向做分段匀变速运动，其速度时间图象如图所示从图中可以看出在tnt0(n0,1,2，)时刻进入偏转电场的电子，出偏转电场时在竖直方向的偏移量最大依题意得：ym由牛顿第二定律：ay由运动学公式：ymayt022解得偏转电压的峰值U0(3)设0t0时间内在tx时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方处飞出偏转电场，由运动公式可得：yay(t0tx)22aytx22解得：tx所以在t2nt0tx2nt0(n0,1,2，)时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方处飞出偏转电场同理可得：t2nt0tx2nt0(n1,2,3，)时刻进入偏转电场的电子，也会从中线上方处飞出偏转电场。答案(1) (2)(3)2nt0(n0,1,2，)或2nt0(n1,2,3，)