2013年高考物理二轮典型例题冲刺测试专题6电场(含解析)

12013年高考物理二轮典型例题冲刺测试《专题6电场》（含解析）1.上海单科，A、B、C三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为()A．－F/2B．F/2C．－FD．F[解析]如图所示，设B处的点电荷带电荷量为正，AB＝r，则BC＝2r，根据库仑定律F＝kQqr2，F′＝kQ·2qr2，可得F′＝F2，故选项B正确．[答案]B2.江苏单科，一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小[解析]当电容器两极板间插入一电介质时，根据C＝εrS4πkd可知电容器电容C变大，由于电容器电荷量不变，根据C＝QU可知电容器两端电压减小，选项B正确．[答案]B3.海南单科，如图，直线上有o、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等．在o点处有固定点电荷．已知b点电势高于c点电势．若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则()A．两过程中电场力做的功相等B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功C．前一过程中，粒子电势能不断减小D．后一过程中，粒子动能不断减小[解析]由题意知o点点电荷带正电，其周围部分电场线分布如图所示，负电荷由c到b再到a的过2程中，电场强度不断变大，又bc＝ab，故WabWbc，故A、B项均错误；负电荷由c→b→a过程中，电场力做正功，电势能不断减小，动能不断增加，故C项正确，D项错误．[答案]C4.辽宁大连双基测试如图所示，在等量异种点电荷＋Q和－Q的电场中，有一个正方形OABC，其中O点为两电荷连线的中点．下列说法正确的是()A．A点电场强度比C点的电场强度大B．A点电势比B点的电势高C．将相同的电荷放在O点与C点电势能一定相等D．移动同一正电荷，电场力做的功WCB＝WOA[解析]由等量异种点电荷的电场线分布知A点电场强度大于C点电场强度，选项A正确；由等量异种点电荷的等势面分布知A点电势低于B点电势，选项B错误；O、C两点在同一等势面上，故相同的电荷在O、C两点处的电势能相等，选项C正确；A点电势低于B点电势，O点电势等于C点电势，且O、C为高电势点，故移动同一正电荷，电场力做功WCBWOA，选项D错误．[答案]AC5.山东青岛一模水平线上的O点放置一点电荷，图中画出电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示．以水平线上的某点O′为圆心，画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，则下列说法正确的是()3A．b、e两点的电场强度相同B．a点电势低于c点电势C．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差D．电子沿圆周由d到b，电场力做正功[解析]图中b、e两点电场强度的方向不同，选项A错；沿电场线方向电势降低，因rarc，故选项B对；因φc＝φd，φb＝φe，故选项C对；电场力做功与路径无关，因Udb0，电子从d到b电场力做功Wdb＝qUdb＝－e·Udb0，选项D错．[答案]BC6.安徽理综，如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为()A.200V/mB.2003V/mC.100V/mD.1003V/m[解析]4根据题意，由匀强电场特点可知OA中点C的电势为3V，与B点电势相等，则BC连线为等势线，自原点O向BC连线引垂线，垂足为D，D点电势为3V，根据图中几何关系得OBOB2＋OC2＝ODOC，OD长度为1.5cm，则场强为E＝UDOdDO＝200V/m，本题只有选项A正确．[答案]A7.石家庄一模，如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V，一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点．不计质子的重力，下列判断正确的是()A．c点电势低于a点电势B．电场强度的方向由b指向dC．质子从b运动到c，所用的时间为2Lv0D．质子从b运动到c，电场力做功为4eV[解析]在匀强电场中，电势是均匀降低的，则φa－φb＝φd－φc，得φc＝16V，φcφa，A正确．设ad中点为e，bc中点为f，则φc＝16V，φf＝20V，连接ec、af，两者为两条等势线，又因为ab＝L，bc＝2L，Δabf为等腰直角三角形，过b作bh⊥af，则bh为一条电场线，方向由b到h，故B错误．质子从b到c运动过程，沿v0方向做匀速直线运动s＝2L，t＝sv0＝2Lv0，C正确．质子从b运动到c电场力做功W＝Ubcq＝8eV，故D错误．5[答案]AC8.安徽理综，如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσ[1－xR2＋x212]，方向沿x轴．现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示．则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为()A.2πkσ0xr2＋x212B.2πkσ0rr2＋x212C.2πkσ0xrD.2πkσ0rx[解析]由E＝2πkσ[1－xR2＋x212]得，当R→∞时，EQ1＝2πkσ0，当R＝r时，EQ2＝2πkσ0[1－xr2＋x212]．当挖去一半径为r的圆板后，EQ＝EQ1－EQ2＝2πkσ0xr2＋x212，故选项A正确．[答案]A69.广东理综，如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有()A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小[解析]由题知有水平向左的匀强电场，带正电的矿粉受水平向左的电场力与自身重力的合力，方向偏左下方，合力方向与速度方向不在同一条直线上，矿粉做曲线运动落在左侧，A错误；同理，带负电的矿粉落在右侧，由W＝qEd得电场力对正、负矿粉分别做正功，B正确；再由WAB＝EpA－EpB得，当W0时，Ep减小，C错误，D正确．[答案]BD10.衡水质检如图所示，电源的电动势为U，电路中的开关为K，平行板电容器的板间距离为d，正对面积为S，介电常数为ε，电容为C.求：(1)K未闭合前，平行板电容器的电容、电势差、电荷量、内部电场强度分别为多大？(2)K闭合后，平行板电容器的电容、电势差、电荷量、内部电场强度分别为多大？(3)K闭合又断开时，平行板电容器的电容、电势差、电荷量、内部电场强度分别为多大？(4)保持K始终闭合，使平行板电容器板间距离由d变成2d，平行板电容器的电容、电势差、电荷量、内部电场强度分别为多大？7[解析](1)K未闭合前，电容器还没有充电，此时电势差、电荷量、内部电场强度皆为零，但是电容是由电容器本身的性质决定的，故仍为C.(2)K闭合后，电容器被充电，依据题意可知，电容器的电压为U；依据电场强度与电势差的关系可得：电场强度E＝Ud；依据C＝QU可得：Q＝CU.(3)K闭合又断开，并没有其他变化，则U、E、Q、C都不会变化，答案与(2)中相同．(4)保持K始终闭合，使平行板电容器板间距离由d变成2d，则电容器的电压不变，等于电源的电动势U；依据电场强度E＝Ud可知，电场强度变为U2d；依据C＝εS4πkd可知电容器的电容变为12C；依据C＝QU可知电容器的电荷量变为12CU.11.福建省龙岩市高三质检如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R＝0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E＝1.0×104N/C，现有质量m＝0.20kg，电荷量q＝8.0×10－4C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知sAB＝1.0m，带电体与轨道AB、CD的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g＝10m/s2)(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；(2)带电体最终停在何处．[解析](1)设带电体到达C点时的速度为v，由动能定理得：qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝12mv2解得v＝10m/s(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，由动能定理得：－mgh－μqEh＝0－12mv28解得h＝53m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力fmax＝μqE＝4N，重力G＝mg＝2N因为Gfmax所以带电体最终静止在与C点的竖直距离为53m处．12.江南十校联考，如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图所示．小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：(1)电场强度E的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对圆轨道的最大压力的大小．[解析](1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理：qE·3R－mg·2R＝12mv2C小球离开C点后做平抛运动到P点：R＝12gt22R＝vCt得E＝mgq(2)设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A运动到D过程，根据动能定理知qE(2R＋Rsinα)－mgR(1－cosα)＝12mv29即：12mv2＝mgR(sinα＋cosα＋1)根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大由此可得：v＝＋22gR(3)由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律得：F－qEsinα－mgcosα＝mv2R[答案](1)mgq(2)＋22gR(3)(2＋32)mg