2024年高考物理專題05回歸基礎(chǔ)專題訓(xùn)練-電場含解析

PAGEPAGE10專題05回來基礎(chǔ)專題訓(xùn)練——電場1．如圖1甲所示，A、B是一條電場線上的兩點(diǎn)，若在某點(diǎn)釋放一初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其速度隨時(shí)間改變的規(guī)律如圖乙所示，則()圖1A．A點(diǎn)的場強(qiáng)大于B點(diǎn)B．電子在A點(diǎn)受到的電場力小于B點(diǎn)C．A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)D．電子在A點(diǎn)的電勢能小于B點(diǎn)【解析】選B由速度圖像看出，圖線的斜率漸漸增大，電子的加速度漸漸增大，電子所受電場力增大，則電場力FA＜FB，故B正確。電子所受電場力漸漸增大，場強(qiáng)漸漸增大，電場強(qiáng)度EA＜EB，故A錯(cuò)誤。電子由靜止起先沿電場線從A運(yùn)動(dòng)到B，電場力的方向從A到B，電子帶負(fù)電，則場強(qiáng)方向從B到A，依據(jù)順著電場線電勢降低可知，電勢φA＜φB，故C錯(cuò)誤。由速度圖像看出，電子的速度增大，動(dòng)能增大，依據(jù)能量守恒得知，電子的電勢能減小，則電勢能EA＞EB，故D錯(cuò)誤。2.如圖2所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場，E、F、G、H是各邊中點(diǎn)，其連線構(gòu)成正方形，其中P點(diǎn)是EH的中點(diǎn)。一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)從F點(diǎn)沿FH方向射入電場后恰好從D點(diǎn)射出。以下說法正確的是()圖2A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡肯定經(jīng)過P點(diǎn)B．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡肯定經(jīng)過PH之間某點(diǎn)C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子?huì)由ED之間某點(diǎn)射出正方形ABCD區(qū)域D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ忧『糜蒃點(diǎn)射出正方形ABCD區(qū)域【解析】選D因勻強(qiáng)電場平行于AB邊，帶正電的粒子(不計(jì)重力)從F點(diǎn)沿FH方向射入電場后恰好從D點(diǎn)射出，所以粒子所受電場力沿BA方向，又帶正電的粒子所受電場力方向與場強(qiáng)方向相同，因此勻強(qiáng)電場方向由B指向A，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在FH方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在BA方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡是一條拋物線，則依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，過D點(diǎn)做速度的反向延長線肯定交于FH的中點(diǎn)，而由幾何關(guān)系知延長線又經(jīng)過P點(diǎn)，所以粒子軌跡肯定經(jīng)過PE之間某點(diǎn)，故A、B均錯(cuò)誤；由Feq\x\to(A)＝eq\f(1,2)at2和x＝v0t知，當(dāng)Feq\x\to(A)肯定時(shí)，若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，則勻速直線運(yùn)動(dòng)方向上的位移變?yōu)樵瓉淼囊话?，所以粒子恰好由E點(diǎn)射出正方形ABCD區(qū)域，故C錯(cuò)誤，D正確。3．如圖3所示，坐標(biāo)原點(diǎn)O都表示一半徑為R的帶正電的實(shí)心金屬球的球心位置，橫坐標(biāo)表示到球心的距離，縱坐標(biāo)表示帶電金屬球產(chǎn)生的電場的電勢或電場強(qiáng)度大小，坐標(biāo)平面上的線段及曲線表示電場強(qiáng)度大小或電勢隨距離r改變的關(guān)系，選無限遠(yuǎn)處的電勢為零，關(guān)于縱坐標(biāo)的說法正確的是()圖3A．圖①表示電場強(qiáng)度；圖②表示電勢B．圖②表示電場強(qiáng)度；圖③表示電勢C．圖③表示電場強(qiáng)度；圖④表示電勢D．圖④表示電場強(qiáng)度；圖①表示電勢【解析】選B一個(gè)帶正電的金屬球內(nèi)的電場強(qiáng)度為零，電勢到處相等。從球外沿x軸方向無窮遠(yuǎn)處，由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式可知，電場強(qiáng)度慢慢變小。所以②可以表示場強(qiáng)隨r的改變；依據(jù)沿電場的方向電勢漸漸降低，知電勢隨x漸漸降低，電勢與r圖線的斜率表示電場強(qiáng)度的大小，知斜領(lǐng)先不變后減小，故③可以表示電勢隨r的改變。所以選項(xiàng)B正確。4．一半徑為R的半球面勻稱帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小E0＝eq\f(kQ,2R2)，把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖4甲所示。上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小分別為E1、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示。左、右兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小分別為E3、E4，則()圖4A．E1>eq\f(kQ,4R2) B.E2＝eq\f(kQ,4R2)C．E3<eq\f(kQ,4R2) D．E4＝eq\f(kQ,4R2)【解析】選A依據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式E＝eq\f(kQ,r2)，且電荷只分布在球的表面，對于圖甲，雖表面積相同，但由于間距的不同，則上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小關(guān)系為E1＞E2；因電荷Q在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小E0＝eq\f(kQ,2R2)，則E1＞eq\f(kQ,4R2)；對于圖乙，半球面分為表面積相等的左、右兩部分，是由于左右兩個(gè)半球殼在同一點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，則依據(jù)電場的疊加可知：左側(cè)部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)與右側(cè)部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，即E3＝E4。由于方向不共線，由合成法則可知，E3＞eq\f(kQ,4R2)；故A正確。5．將一正電荷從無限遠(yuǎn)處移入電場中M點(diǎn)，靜電力做功W1＝6×10－9J，若將一個(gè)等量的負(fù)電荷從電場中N點(diǎn)移至無限遠(yuǎn)處，靜電力做功W2＝7×10－9J，則M、N兩點(diǎn)的電勢φM、φN關(guān)系正確的是()A．φN<φM<0 B．φN>φM>0C．φM<φN<0 D．φM>φN>0【解析】選A由題意知，依據(jù)電場力做功W1＝qU∞M，又U∞M＝φ∞－φM＝－φM，聯(lián)立解得：φM＝－eq\f(W1,q)，同理W2＝－qUN∞，UN∞＝φN－φ∞＝φN，聯(lián)立解得：φN＝－eq\f(W2,q)，又因?yàn)閃2大于W1，故φN<φM<0，所以A正確；B、C、D錯(cuò)誤。6.如圖5所示，在勻強(qiáng)電場E的區(qū)域內(nèi)，O點(diǎn)處放置一點(diǎn)電荷＋Q，a、b、c、d、e、f為以O(shè)點(diǎn)為球心的球面上的點(diǎn)，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是()圖5A．b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢等于f點(diǎn)的電勢C．點(diǎn)電荷＋q在球面上隨意兩點(diǎn)之間移動(dòng)時(shí)，電場力肯定做功D．點(diǎn)電荷＋q在球面上隨意兩點(diǎn)之間移動(dòng)，從a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)電勢能的改變量肯定最大【解析】選D空間任何一點(diǎn)的電場都是由勻強(qiáng)電場和點(diǎn)電荷的電場疊加而成，依據(jù)平行四邊形定則分析各點(diǎn)場強(qiáng)關(guān)系。場強(qiáng)是矢量，只有大小和方向都相同時(shí)，場強(qiáng)才相同。依據(jù)疊加原理，推斷各點(diǎn)的電勢關(guān)系。若兩點(diǎn)間電勢差不為零，電場力做功不為零。點(diǎn)電荷＋Q在b點(diǎn)產(chǎn)生的電場方向?yàn)樨Q直向上，在d點(diǎn)產(chǎn)生的電場方向?yàn)樨Q直向下，勻強(qiáng)電場方向水平向右，依據(jù)平行四邊形定則可知，b點(diǎn)的合場強(qiáng)斜向右上方，d點(diǎn)的合場強(qiáng)斜向左下方，兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同，方向不同，電場強(qiáng)度不同，故A錯(cuò)誤；一個(gè)摸索正電荷由a點(diǎn)移動(dòng)到f點(diǎn)，點(diǎn)電荷電場力不做功，勻強(qiáng)電場的電場力做正功，故合力做正功，電勢能減小，電勢降低，故B錯(cuò)誤；當(dāng)點(diǎn)電荷＋q沿著球面上的bedf移動(dòng)時(shí)，勻強(qiáng)電場的電場力不做功，點(diǎn)電荷電場力也不做功，故合電場力不做功，故C錯(cuò)誤；將點(diǎn)電荷＋q在球面上隨意兩點(diǎn)之間移動(dòng)，點(diǎn)電荷電場力不做功，從a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)，勻強(qiáng)電場的電場力做功最大，故合力做功最大，故D正確。7.如圖6所示，MN為無限大的不帶電的金屬平板，現(xiàn)將一個(gè)帶電量為＋Q的點(diǎn)電荷置于板右側(cè)，并使金屬板接地。已知金屬板與點(diǎn)電荷之間的空間電場分布與等量異種電荷之間的電場分布類似，取大地電勢為零。圖中BCDE在以電荷＋Q為圓心的圓上，則下列說法正確的是()圖6A．D點(diǎn)電勢低于零電勢B．C和E點(diǎn)的場強(qiáng)相同C．B點(diǎn)的場強(qiáng)大于D點(diǎn)的場強(qiáng)D．帶正電電荷從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，電場力做正功【解析】選C依據(jù)等量異種電荷的電場分布規(guī)律，可知D點(diǎn)的電勢高于零電勢，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；C和E點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同，但方向不同，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；B點(diǎn)的電場線比D點(diǎn)的電場線密集，所以B點(diǎn)的場強(qiáng)大于D點(diǎn)的場強(qiáng)，選項(xiàng)C正確；由于D點(diǎn)的電勢大于B點(diǎn)的電勢，依據(jù)公式Ep＝qφ，正電荷在B點(diǎn)的電勢能小于在D點(diǎn)的電勢能，正電荷從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，電場力做負(fù)功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8.如圖7所示，MN、PQ是圓的兩條相互垂直的直徑，O為圓心。兩個(gè)等量正電荷分別固定在M、N兩點(diǎn)?，F(xiàn)有一帶電的粒子(不計(jì)重力及粒子對電場的影響)從P點(diǎn)由靜止釋放，粒子恰能在P、Q之間做直線運(yùn)動(dòng)，則以下推斷正確的是()圖7A．O點(diǎn)的電勢肯定為零B．P點(diǎn)的電勢肯定比O點(diǎn)的電勢高C．粒子肯定帶正電D．粒子在P點(diǎn)的電勢能肯定等于在Q點(diǎn)的電勢能【解析】選D等量同種正電荷電場分布如圖所示，MN連線上電場線從M指向O點(diǎn)和從N指向O點(diǎn)，PQ連線上電場線從O點(diǎn)指向P和從O點(diǎn)指向Q點(diǎn)，沿電場線方向電勢漸漸降低，MN連線上O點(diǎn)電勢最低，PQ連線上O點(diǎn)電勢最高，電勢是相對的，零電勢是人為規(guī)定的，所以O(shè)點(diǎn)的電勢是否為零要看零電勢規(guī)定的位置，選項(xiàng)A錯(cuò)。P點(diǎn)電勢低于O點(diǎn)電勢，選項(xiàng)B錯(cuò)。粒子在P點(diǎn)釋放后向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，說明受電場力逆向電場線方向，說明粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)C錯(cuò)。依據(jù)電場對稱性，從P到Q電場力做功為0，所以粒子在P點(diǎn)的電勢能肯定等于Q點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)D對。9.如圖8所示，虛線A、B、C為某電場中的三條等勢線，其電勢分別為3V、5V、7V，實(shí)線為帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌跡，P、Q為軌跡與等勢線A、C的交點(diǎn)，帶電粒子只受電場力，則下列說法正確的是()圖8A．粒子可能帶負(fù)電B．粒子在P點(diǎn)的動(dòng)能大于在Q點(diǎn)的動(dòng)能C．粒子在P點(diǎn)的電勢能大于粒子在Q點(diǎn)的電勢能D．粒子在P點(diǎn)受到的電場力大于在Q點(diǎn)受到的電場力【解析】選B依據(jù)等勢線與電場線垂直可畫出電場線，確定帶電粒子運(yùn)動(dòng)所受電場力的方向偏向左側(cè)，粒子在P點(diǎn)的動(dòng)能大于在Q點(diǎn)動(dòng)能，選項(xiàng)B正確；由于帶電粒子只受電場力，帶電粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能和電勢能之和保持不變，依據(jù)A、B、C三條等勢線的電勢分別為3V、5V、7V，可確定電場線方向偏向左側(cè)，粒子帶正電，粒子在P點(diǎn)電勢能小于粒子在Q點(diǎn)電勢能，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；由于P點(diǎn)所在處等差等勢面稀疏，電場強(qiáng)度小，所以粒子在P點(diǎn)受到的電場力小于在Q點(diǎn)受到的電場力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10.如圖9所示，有四個(gè)等量異種的點(diǎn)電荷，分別放在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)處。a、b、c、d分別為正方形四個(gè)邊的中點(diǎn)，O為正方形的中點(diǎn)。下列說法錯(cuò)誤的是()圖9A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度肯定相同B．b、d兩點(diǎn)的電勢肯定相同C．將一帶正電的摸索電荷從b點(diǎn)沿直線移動(dòng)到d點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功D．將一帶正電的摸索電荷從a點(diǎn)沿直線移動(dòng)到c點(diǎn)，摸索電荷的電勢能始終減小【解析】選C設(shè)正方向邊長為L，每個(gè)電荷電量為Q，對a點(diǎn)探討，兩個(gè)正電荷在a點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，依據(jù)平行四邊形定則，兩個(gè)負(fù)電荷在a點(diǎn)的合場強(qiáng)Ea＝eq\f(16\r(5)kQ,25L2)，方向水平向右，同理，c點(diǎn)的合場強(qiáng)Ec＝eq\f(16\r(5)kQ,25L2)，方向水平向右，故A正確；b、d兩點(diǎn)關(guān)于ac連線對稱，故b、d兩點(diǎn)的電勢肯定相同，故B正確；據(jù)對稱性，b、d等電勢，所以將一帶正電的摸索電荷勻速從b點(diǎn)沿直線移動(dòng)到d點(diǎn)，電場力做功為零，故C錯(cuò)誤；依據(jù)矢量合成法則，從a點(diǎn)沿直線到c點(diǎn)，各個(gè)位置的場強(qiáng)方向向右，所以將一帶正電的摸索電荷從a點(diǎn)沿直線移動(dòng)到c點(diǎn)，電場力方向向右，所以電場力始終做正功，所以電荷的電勢能始終減小，故D正確。二、多項(xiàng)選擇題11.如圖10所示，用電池對電容器充電，電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板間有一個(gè)電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩極板的間距變大，則()圖10A．電荷將向上加速運(yùn)動(dòng)B．電荷將向下加速運(yùn)動(dòng)C．電流表中將有從a到b的電流D．電流表中將有從b到a的電流【解析】選BD將兩極板的間距變大，而電容器的電壓不變，板間場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)減小，電荷q所受的電場力F＝Eq減小，電荷將向下加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；依據(jù)電容的確定式C＝eq\f(εS,4πkd)可知，電容減小，電容器的電壓U不變，由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)分析得知，電容器的電量減小，電容器放電，而電容器上極板帶正電，則電流表中將有從b到a的電流，故C錯(cuò)誤，D正確。12.如圖11所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子以某一初動(dòng)能從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向進(jìn)入場區(qū)，若場區(qū)僅存在平行于y軸向上的勻強(qiáng)電場，質(zhì)子通過P(d，d)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為5Ek；若場區(qū)僅存在垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)子也能通過P點(diǎn)，不計(jì)質(zhì)子的重力。設(shè)上述勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E、勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，下列說法中正確的是()圖11A．E＝eq\f(4Ek,ed) B．E＝eq\f(5Ek,ed)C．B＝eq\f(\r(2mEk),ed) D．B＝eq\f(\r(10mEk),ed)【解析】選AC質(zhì)子在只有電場存在時(shí)，動(dòng)能由Ek變?yōu)?Ek，由動(dòng)能定理可知電場力做功為：W＝eEd＝5Ek－Ek，解得：E＝eq\f(4Ek,ed)，由此可推斷，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤。質(zhì)子在只有磁場存在時(shí)，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題意可知，運(yùn)動(dòng)半徑為d，由半徑公式有：r＝d＝eq\f(mv,eB)，設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，則速度為：v＝eq\f(\r(2mEk),m)，以上兩式聯(lián)立得：B＝eq\f(\r(2mEk),ed)，以選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。13.如圖12所示實(shí)線為等量異號點(diǎn)電荷四周的電場線，虛線為以一點(diǎn)電荷為中心的圓，M點(diǎn)是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)。若將一摸索正點(diǎn)電荷從虛線上N點(diǎn)移動(dòng)到M點(diǎn)，則()圖12A．電荷所受電場力大小不變B．電荷所受電場力漸漸增大C．電荷電勢能漸漸減小D．電荷電勢能保持不變【解析】選BC電場線的疏密表示了電場的強(qiáng)弱，由圖可知正點(diǎn)電荷從虛線上N點(diǎn)移動(dòng)到M點(diǎn)的過程中，電場力漸漸變大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；沿著電場線方向電勢漸漸降低，兩等量異種點(diǎn)電荷連線中垂面伸向無窮遠(yuǎn)處，其電勢為零，因此正點(diǎn)電荷從虛線上N點(diǎn)移動(dòng)到M點(diǎn)的過程中，電勢能漸漸減小，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。14.如圖13所示，水平放置的平行金屬板充電后在板間形成勻強(qiáng)電場，板間距離為d，一個(gè)帶負(fù)電的液滴帶電荷量大小為q，質(zhì)量為m，從下板邊緣射入電場，沿直線從上板邊緣射出，則下列說法正確的是()圖13A．液滴做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)B．液滴做的是勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．兩板間的電勢差為eq\f(mgd,q)D．液滴的電勢能削減了mgd【解析】選ACD據(jù)題意，帶電粒子沿直線運(yùn)動(dòng)，說明帶電粒子受到重力和豎直向上的電場力，且G＝F，所以帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；由mg＝qE得到該電場的電場強(qiáng)度為：E＝eq\f(mg,q)，則兩板間電勢差為：U＝Ed＝eq\f(mgd,q)，故選項(xiàng)C正確；據(jù)電勢能改變等于電場力做的功，故選項(xiàng)D正確。15.如圖14所示，在真空中有一水平放置的不帶電平行板電容器，板間距離為d，電容為C，上極板B接地，現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m，帶電荷量為q的小油滴，以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入，第一滴油滴正好落到下極板A的正中心P點(diǎn)。能落到A極板的油滴僅有N滴，且第N＋1滴油滴剛好能飛離電場，假設(shè)落到A極板的油滴的電荷量能被極板全部汲取，不考慮油滴間的相互作用，重力加速度為g，則()圖14A．落到A極板的油滴數(shù)N＝eq\f(3Cdmg,4q2)B．落到A極板的油滴數(shù)N＝eq\f(Cdmg,4q2)C．第N＋1滴油滴經(jīng)過電場的整個(gè)過程中所增加的動(dòng)能為eq\f(mgd,8)D．第N＋1滴油滴經(jīng)過電場的整個(gè)過程中削減的機(jī)械能為eq\f(3mgd,8)【解析】選ACD第一滴油滴在電容器中運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受重力作用。設(shè)板長為l，板間距為d，由平拋運(yùn)動(dòng)的學(xué)問有v0＝eq\f(l,2)eq\r(\f(g,d))。當(dāng)?shù)贜＋1滴油滴恰好離開電容器時(shí)，必定是沿著下極板的邊緣飛出，油滴的加速度為a＝g－eq\f(Eq,m)，由類平拋運(yùn)動(dòng)知eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(Eq,m)))t2，又t＝eq\f(l,v0)，而E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Nq,Cd)，可以求得N＝eq\f(3Cdmg,