2012届高考物理二轮《电场》专题训练

2012届高考物理二轮《电场》专题训练

1.(2011·新课标全国卷)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c ，已知质点的速率是递减的。关于 b 点电场强度 E 的方向，如图5－11中可能正确的是(虚线是曲线在 b 点的切线)( )

图5－11

解析：由a至c的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b点的速度方向vb如图，由a至c速率递减可知受力方向如图中F，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F反向，故D正确。

答案：D

2．一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为φ，如图5－12所示。下列方法中能使夹角φ减小的是( )

A．保持电键S闭合，使两极板靠近一些 图5－12 B．保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动 C．保持电键S闭合，使两极板远离一些 D．打开电键S，使两极板靠近一些

解析：要使悬线夹角φ减小，就要减小小球在电容器中所受到的电场力，即要减小电U容器内部电场强度。保持电键S闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E＝知，d电场强度增大，φ要增大；使两极板远离一些，就会使电场强度减小，夹角φ减小；而调节滑动变阻器是不影响电容器两极板间电压的，因此A、B错误，C正确；若打开电键S，电εSQU

容器两极板电荷量不变，使两极板靠近一些，由C＝，U＝，E＝知，E不变，即夹角

4πkdCdφ不变，D错误。

答案：C

3．如图5－13所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。分别在A、B两板间加四种电压，它们的

UAB－t图线如图5－14中的四图所示。其中可能使电子到不了B板的是( ) 图5－13

用心 爱心 专心

1

图5－14

解析：在A选项所加电压下，电子将一直向B加速；在C选项所加电压下，电子也一直向B板运动，是先加速再减速至0，再加速再减速至0，一直向B板运动；D选项和C选项一样，只不过电子的加速度发生变化；只有在B选项所加电压下，电子先向B板加速再减速，再向A板加速再减速至初始位置，且速度变为0，如此在AB间运动。

答案：B

4．(2011·菏泽模拟)如图5－15所示，一个带电荷量为－q的油滴，从O点以速度v射入匀强电场中，v的方向与电场方向成θ角。已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点N时，它的速度大小仍

为v。求： 图5－15

(1)最高点与O点的竖直高度； (2)最高点处与O点的电势差UNO； (3)电场强度E。

解析：(1)在竖直方向上：(vsinθ)＝2gh vsinθ

h＝ 2g

(2)从O到N，由动能定理得：UNOq－mgh＝0 mghmvsinθUNO＝＝。

q2q(3)竖直方向上：vsinθ＝gt

设水平方向油滴运动加速度为a，则－v＝vcosθ－at Eq＝ma mg解得E＝

22

2

2

2

2

1＋cosθ。

qsinθ

2

2

2

vsinθmvsinθmg答案：(1) (2) (3)

2g2q1＋cosθ

qsinθ

用心 爱心 专心 2

5．在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图5－16所示。当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这

段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g。求： 图5－16

(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；

(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)ΔU1与ΔU2之比。 U0

解析：(1)油滴静止时mg＝q

dqdg则＝。 mU0

(2)设第一个Δt内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个Δt内油滴的位移为x2，加速度为a2，则

1122

x1＝a1Δt，x2＝v1Δt－a2Δt

22且v1＝a1Δt，x2＝－x1 解得a1∶a2＝1∶3。 (3)油滴向上加速运动时：qq

ΔU1

＝ma1 d

U0＋ΔU1

－mg＝ma1，即 d

油滴向上减速运动时

U0＋ΔU1－ΔU2ΔU2－ΔU1

mg－q＝ma2，即q＝ma2

dd则

ΔU11ΔU11＝，解得＝。

ΔU2－ΔU13ΔU24

dg1答案：(1) (2)1∶3 (3)

U04

一、选择题（本题共9个小题，每小题7分，共63分，每小题至少有一个选项正确，请将正确选项前的字母填在题后的括号内）

用心 爱心 专心

3

1．(2011·重庆高考)如图1所示，电荷量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )

A．体中心、各面中心和各边中心 B．体中心和各边中点

C．各面中心和各边中点 图1 D．体中心和各面中心

解析：由点电荷的场强公式及电荷的对称分布，可推断出在正方体范围内电场强度为零的点为体中心和各面中心。

答案：D

2．(2011·上海高考)两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，图2中正确描述电势φ随位置x变化规律的是( )

图2

解析：距正电荷越近电势越高，且φ>0；距负电荷越近电势越低，且φ<0，故选A. 答案：A

3．如图3所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场，其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域Ⅱ(电场范围足够大)。能描述粒子在这两个电场中运动的

速度－时间图像是(以v0方向为正方向)图4中的( ) 图3

图4

解析：在区域Ⅰ中，mg＝E1q；在区域Ⅱ中，mg

答案：C

用心 爱心 专心

4

4．如图5所示，开关K闭合，在水平放置的平行板电容器间有一带电液滴P处于静止状态，若从某时刻起，液滴所带电荷量开始缓慢减小(仍不为零)。为了使该液滴仍处于静止状态，可采取的措施是( )

A．其他条件不变，使电容器两极板距离缓慢增大 图5 B．开关K断开，其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近 C．其他条件不变，将滑动变阻器的滑片缓慢向左移动 D．其他条件不变，将可变电阻R阻值减小

U

解析：因P处于静止，所以有mg＝qE＝q，因液滴电荷量减小，要想平衡，则可增大U

d或减小极板间距离d，所以A错；当K断开时，电容器所带电荷量不变，而极板间距离减小UεS

时，电容器电容增大，由E＝、C＝、Q＝CU知E不变，B错；当滑动变阻器的滑片缓

d4kπd慢向左移动时，回路中总电阻减小，R两端电压增大，电容器两极板间电压增大，C对；当R减小时，电容器两极板间电压减小，D错。

答案：C

5．如图6所示的三条相互平行、距离相等的虚线分别表示电场中的三个等势面，电势分别为7 V、14 V、21 V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，下列说法正确的是( )

A．粒子一定带负电荷，且粒子在a、b、c三点所受合力相同 图6 B．粒子运动径迹一定是a→b→c C．粒子在三点的动能大小为Ekb>Eka>Ekc D．粒子在三点的电势能大小为Epc>Epa>Epb

解析：由等势面特点知，该电场为匀强电场，粒子所受电场力方向指向高电势，故粒子带负电，A项正确；运动轨迹不能反映运动方向，B项错；负电荷在b点电势能最大，动能最小，故应有Epb>Epa>Epc，Ekb

答案：A

6．(2011·安徽高考)图7(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压图按图( b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图8中的( )

图7

用心 爱心 专心 5

图8

解析：由图(b)及图(c)知，当UY为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时UX为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，所以选B。

答案：B

7．如图9甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压。t＝0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)，已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰。则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是( )

图9

A．0

D．3t0

解析：画出电子运动的速度图像，取向右为正。由图可知C项正确。

答案：C

8．如图10所示，a、b为竖直向上的电场线上的两点，间距为h，一质量为m，带电荷量为q的带电质点在a点由静止释放，沿着电场线向上运动到b点恰好速度为零。下列说法正确的是( )

A．带电质点在两点所受到的电场力都是竖直向上的 图10 B．a点的电势比b点的电势高mgh/q

C．带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小 D．带电质点受到的电场力比重力大

解析：质点由静止释放由a运动到b，因此受到的电场力一定是竖直向上的，选项A正Wab

确；由a到b质点动能增量为零，所以Wab－mgh＝0，而ab两点间的电势差为Uab＝，可q知选项B正确；由a到b电场力做正功，电势能减小，选项C错误；由a到b质点的运动为先加速后减速，电场力先是大于重力后又小于重力，选项D错误。

用心 爱心 专心 6

答案：AB

9．(2011·东城模拟)如图11所示，一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间

隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限延长。已知每一电场区的场强 图11 大小相等、方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )

A．小球在水平方向一直做匀速直线运动

mg

B．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同

q2mg

C．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同

q2mg

D．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同

q

解析：小球在水平方向一直不受外力，故水平速度一直不变，A正确；没进入电场区时，小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，进入电场区时，若场强大小等于

mg

，则进入电q

场后做匀速运动，竖直方向的速度等于刚进入电场的速度，而各区竖直高度相同，所以竖直2mg

方向的时间不相等，B错误；若场强大小等于，则合力大小为mg，方向竖直向上，由各

q区竖直高度相同，故通过两区域的时间相同，出电场的速度又为水平速度，运动具有周期性，C、D正确。

答案：ACD

二、计算题(本题共3个小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)

10．(10分)如图12所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m。有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。

小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g取10 m/s)求： 图12

(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。 (2)小环从C运动到P过程中的动能增量。 (3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。

解析：(1)小环沿AC杆匀速下滑，受力分析如图所示，小环共受3个力，由图可知qE＝mg

小环离开直杆后，只受重力和电场力，F合＝2mg＝ma a＝2g＝102 m/s，方向垂直于杆向下。

2

2

用心 爱心 专心 7

(2)设小环从C运动到P的过程中动能的增量为 ΔEk＝W重＋W电

其中W重＝mgh＝4 J，W电＝0，所以ΔEk＝4 J。 (3)环离开杆做类平抛运动： 平行杆方向匀速运动：2

h＝v0t 2

212h＝at 22

垂直杆方向匀加速运动：解得v0＝2 m/s。

答案：(1)102 m/s 垂直于杆向下 (2)4 J (3)2 m/s

11．(12分)如图13所示是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。

已知两板间距d＝0.1 m，板的长度l＝0.5 m，电场仅局限在平行 图13 板之间；各颗粒所带电荷量大小与其质量之比均为1×10 C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10 m/s。

(1)左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？

(2)若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H＝0.3 m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？

解析：(1)因为a种颗粒带正电，b种颗粒带负电，故由图可知，左极板带负电荷，右极板带正电荷。

设最大偏转量为y，在场中运动时间为t，最大电压为U 1Uq2

则：y＝·t①

2dm12

l＝gt② 2d

y＝＝0.05 m③ 2

由①②③得：U＝1×10 V

(2)设落至传送带时速度大小为v，由动能定理知：

4

2－5

2

用心 爱心 专心 8

U12q＋mg(l＋H)＝mv 22∴v＝ Uq

＋2gl＋H＝16.1 m/s≈4 m/s。 m

4

答案：(1)左板带负电荷，右板带正电荷 1×10 V (2)4 m/s

12．(15分)(2011·浙江高考)如图14甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为 b、高为 d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为 m、电荷量为－q、分布均匀的尘埃以水平速度 v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距 d可以改变收集频率η。当d＝d0时，η为81%(即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集 ) 。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。

图14

(1)求收集效率为 100%时，两板间距的最大值为dm； (2)求收集效率η与两板间距d的函数关系；

(3)若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 ΔM/Δt与两板间距 d 的函数关系，并绘出图线。

解析：(1)收集效率η为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则在水平方向有

L＝v0t① 在竖直方向有 12

0．81d0＝at②

2其中

FqEqUa＝＝＝③ mmmd0

当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时，两板间距即为dm。如果进一步减小d，收集效率仍为100%。因此，在水平方向有

L＝v0t④ 在竖直方向有

用心 爱心 专心 9

d＝12

m2a′t⑤

其中

a′＝F′qE′qUm＝m＝md⑥

m联立①～⑥各式可得 dm＝0.9d0⑦

(2)通过前面的求解可知，当d≤0.9d0时，收集效率 η均为100% 当d>0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有x＝1qUL2

2md(v)⑧ 0

根据题意，收集效率为 η＝xd

⑨

联立①、②、③、⑧及⑨式可得 η＝0.81(d02

d

)

(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为 ΔM/Δt＝η×nmbdv0 当d≤0.9d0时，η＝1，因此 ΔM/Δt＝nmbdv0

当d>0.9d＝0.81(d02

0时，ηd)，因此

2

ΔM/Δt＝0.81nmbvd 0

0d 绘出的图线如下

答案：(1)dm＝0.9d0

(2)当d≤0.9dd02

0，η＝100%；当d>0.9d0，η＝0.81(d

)

用心 爱心 专心 10

图线见解析

用心 爱心 专心11

d 0

(3)ΔM/Δt＝0.81nmbv0 d

2

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/mwh3.html