1、1专题 08 电场培优押题预测 A卷一、选择题（在每小题给出的 4个选项中，第 1-8题只有一个选项正确，第 9-12题有多个选项正确）1如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为 Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a，则正方形两条对角线交点处的电场强度( )A 大小为 ，方向竖直向上 B 大小为 ，方向竖直向上C 大小为 ，方向竖直向下 D 大小为 ，方向竖直向下【答案】C2如图所示，为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃通过一定机理带上同一种电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积。下列表述正确的是（ ）A 到达集尘极的尘埃带正电荷B 向集尘极迁移的尘埃电势能在减少C 带电尘埃所受电
2、场力的方向与电场方向相同D 沿着带电尘埃迁移的方向电势越来越低【答案】B【解析】A 项：尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A 错误；B项：向集尘极迁移的尘埃电场力做正功，电势能减小，故 B正确；2C项：负电荷在电场中受电场力的方向与电场方向相反，C 错误；D项：由于带电尘埃迁移的方向与电场方向相反，所以沿着带电尘埃迁移的方向电势越来越高，故 D错误。31999 年 7月 12日，日本原子能公司所属敦贺湾核电站由于水管破裂导致高辐射冷却剂外流，在检测此次重大事故中应用了非电量变化(冷却剂外泄使管中液面变化)转移为电信号的自动化测量技术如图是一种通过检测电容器电容的变化来检测液
3、面高低的仪器原理图容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，芯柱外面套有绝缘管(塑料或橡皮)作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，从电容的大小就可知容器中液面位置的高低，为此，下列说法正确的是( )A 如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积增大，必为液面升高B 如果指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积增大，必为液面升高C 如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积减小，必为液面降低D 如果指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积增大，必为液面降低【答案】A4如图甲所示，在某一电场中有一条直电场线，在电场线上取 A、 B两点，将一个电子由 A点
4、以某一初速度释放，它能沿直线运动到 B点，且到达 B点时速度恰为零，电子运动的 v t图像如图乙所示则下列判断正确的是( )A B点场强一定小于 A点场强B 电子在 A点的加速度一定小于在 B点的加速度C B点的电势一定低于 A点的电势3D 该电场若是正点电荷产生的，则场源电荷一定在 A点左侧【答案】C【解析】由图可知，电子加速度恒定，则可知受电场力不变，由 F=Eq可知，A 点的场强要等于 B点场强；故 AB错误；而电子从 A到 B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，电子带负电，可知 A点的电势要大于 B点电势，故 C正确，点电荷产生的电场中，一条电场线上的点的场
5、强都不相同，则不可能是点电荷电场，D 错误；故选 C。 5如下图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线 1、2、3，已知 MNNQ，a、b 两带电粒子从等势线 2上的 O点以相同的初速度飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如下图所示，则( )A MN 电势差|U MN|大于 NQ两点电势差|U NQ|B a 一定带正电，b 一定带负电C a 加速度增大，b 加速度减小D a 粒子到达等势线 3的动能变化量比 b粒子到达等势线 1的动能变化量小【答案】A【解析】A、已知 MN=NQ，由于 MN段场强大于 NQ段场强，所以 MN两点电势差| UMN|大于 NQ两点电势差|UNQ|；故
6、 A正确。定 a粒子从等势线 2到 3电场力做功是否小于（大于） b粒子从等势线 2到 1电场力做功，所以不能判定a粒子到达等势线 3的动能变化量与 b粒子到达等势线 1的动能变化量的大小；故 D错误。故选 B。6如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电小球，从平行板电场中的 P 点以相同的初速度垂直于 E 进入电场，它们分别落到 A 、 B 、 C 三点（ ） 4A 落到 A 点的小球带正电，落到 B 点的小球不带电B 三小球在电场中运动的时间相等C 三小球到达正极板时动能关系： E KA E KB E KCD 三小球在电场中运动的加速度关系： a A a B a C【答案】A【解
7、析】在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示：由此可知不带电小球做平抛运动： 带正电小球做类平抛运动：带负电小球做类平抛运动：A项：三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的 A是带正电荷的小球，B 是不带电的小球，C 带负电的小球，故 A正确；B项：由于三小球在竖直方向位移相等，初速度均为 0，由于电场力的作用，三小球的加速度不相等，故它们的运动时间不相等，故 B错误；C项：根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功由受力图可知，带负电小球合力最大为 G+F，做功最多动能最大，带正电
8、小球合力最小为 G-F，做功最少动能最小，故 C错误；5D项：因为 A带正电，B 不带电，C 带负电，所以 aA=a2，a B=a1，a C=a3，所以 aAa Ba C，故 D错误。7一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x轴正向运动，其电势能 Ep随位移 x变化的关系如图所示，其中0x 2段是关于直线 x=x1对称的曲线，x 2x 3段是直线，则下列说法正确的是（ ）A x 1处电场强度最小，但不为零B x 2x 3段电场强度大小方向均不变，为一定值C 粒子在 0x 2段做匀变速运动，x 2x 3段做匀速直线运动D 在 0、x 1、x 2、x 3处电势 0、 1、 2、 3的关系为 3 2=
9、0 1【答案】B【解析】根据电势能与电势的关系：E p=q，场强与电势的关系：E= ，得：E= ，由数学知识可知 Ep B8如图所示， O、 A、 B、 C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为 Q的点电荷固定在 O点，现有一质量为 m，电荷量为 q的小金属块(可视为质点)，从 A点由静止沿它们的连线向右运动，到 B点时速度最大，其大小为 vm.小金属块最后停止在 C点已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为 ， A、 B间距离为 L，静电力常量为 k，则( )6A 在点电荷 Q形成的电场中， A、 B两点间的电势差为B 在小金属块由 A向 C运动的过程中，电势能先增大后减小C OB
10、间的距离为D 从 B到 C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能【答案】CB、小金属块由 A点向 O点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小；故 B错误。C、由题意知， A到 B过程，金属块做减速运动， B到 O过程做加速运动，在 B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有 ，得 ；故 C正确。D、从 B到 C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能和内能；故 D错误。故选 C。9处于静电平衡状态的导体，下列说法不正确的是（ ）A 净电荷只分布在导体的表面，内部没有净电荷B 导体内部的场强处处为零C 处于静电平衡状态的导体是一个等势体，表面电势处处相等D 在导体表面移动电荷时电场力
11、要做功【答案】BD【解析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。电荷分布在外表面上，故 A正确；处于静电平衡状态的物体；金属导体的内部电场强度处处为零；故 B错误；处于静电平衡状态的导体是一个等势体，表面电势处处相等。故 C正确。处于静电平衡状态的导体是一个等势体，表面电势处处相等，在导体表面移动电荷时电场力不做功。故 D错误；本题选错误的，故选 BD。10质量为 m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平拋出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为 .当小球下降高度为 h时，不计空气阻力，重力加速度为 g，下列说法正确的是( )A 小球的动能增加了 B 小球的动能减少了 7
12、C 小球的电势能减少了 D 小球的电势能增加了【答案】AD【解析】A、B、合力做功为 ，则由动能定理得知，小球的动能增加了 ;故 A正确，B错误.故选 AD.11如图所示，O 为两个等量异种电荷连线的中点，P 为连线中垂线上的一点，对 O、P 两点的比较正确的是( )A O P，E OEP B O P，E OE PC 负电荷在 P点的电势能大 D O、P 两点所在直线为等势面【答案】AD【解析】等量异种电荷的中垂线是一条等势面， ，相同电荷在 O、P 处势能相等，从中点 O到无穷远，电场强度越来越小，故 ，综上分析，AD 正确。12静电场方向平行于 x轴，其电势 随 x的分布可简化为如图所示的
13、折线一质量为 m、带电量为 q的粒子(不计重力)，以初速度 v0从 O点( x0)进入电场，沿 x轴正方向运动下列叙述正确的是( )A 粒子从 x1运动到 x3的过程中，电势能一直增大B 粒子从 O运动到 x1的过程中速度逐渐减小C 要使粒子能运动到 x3处，粒子的初速度 v0至少为 8D 若 v0 ，粒子在运动过程中的最大速度为 【答案】AD粒子运动到 x1处电势能最小，动能最大，由动能定理得：-q（0- 0）= mvm2- mv02，解得最大速度为：v m=故 D正确。故选 AD。二、计算题：（写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确
14、写出数值和单位。 ）13如图所示，离子发生器发射出一束质量为 m、电荷量为 q的离子，从静止经加速电压 加速后，获得速度 ，并沿垂直于匀强电场方向射入两平行板中央，受偏转电压 作用后，以速度 v离开电场，已知平行板长为 L，两板间距离为 d，求：的大小离子在偏转电场中运动的时间 t离子在离开偏转电场时的偏移量 y【答案】 【解析】 在加速电场中，由动能定理得：解得：9离子在偏转电场中做类平抛运动，离子的运动时间：粒子的偏移量：解得：由动能定理得：解得： 14如图所示，在 E110 3V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 QPN与一水平绝缘轨道 MN在 N点平滑相接，半圆形轨道平面与电
15、场线平行，其半径 R40 cm，N 为半圆形轨道最低点，P 为 QN圆弧的中点，一带负电 q110 4 C的小滑块质量 m10g，与水平轨道间的动摩擦因数 0.15，位于 N点右侧 1.5 m的 M处，g 取 10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过 P点时对轨道的压力是多大？【答案】 （1）7m/s；（2）0.6N，水平向右【解析】 （1）设滑块恰能到达 Q点时速度为 v，则由牛顿第二定律得：mg+qE=m ，滑块从开始运动至到达 Q点过程中，由动能定理得：-mg2R-qE2R-（mg+qE）x= m
16、v2- mv02联立方程组解得：v 0=7m/s；（2）设滑块到达 P点时速度为 v，则从开始运动至到达 P点过程中，1015如图甲所示，一对平行金属板 M、 N长为 L，相距为 d， O1O为中轴线当两板间加电压 UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场某种带负电的粒子从 O1点以速度 v0沿 O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板 M的中点，粒子重力忽略不计。（1）求带电粒子的比荷 ；（2）若 MN间加如图乙所示的交变电压，其周期 ，从 t=0开始，前 内 UMN=2U，后 内 UMN= U，大量的上述粒子仍然以速度 v0沿 O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电
17、场而不打在极板上，求 U的值。【答案】 （1） （2）（2）粒子通过两板时间为： ，从 t=0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为： ，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内11加速度大小为： ，方向垂直极板向下。不同时刻从 O1点进入电场的粒子在电场方向的速度 vy随时间 t变化的关系如图所示。因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在 t=nT或 时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大。有： ，解得：。点睛：此题首先要明确两板带正负电的情况，进而明确匀强电场的方向；其次要明确带电
18、粒子的受力情况，进而分析带电粒子在不同时间段内的运动情况；最后要明确“所有粒子恰好能全部离开电场而不打到极板上”的含义：带电粒子在电场方向偏转的距离最大为 。16如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在 O点处的点电荷在产生的电场 E1（未知） ，该点电荷的电荷量为-Q,且只考虑该点电荷在第一象限内产生的电场；第二象限内有水平向右的匀强电场 E2（未知） ；第四象限内有大小为、方向按图乙所示规律周期性变化的电场 E3，E 3以水平向右为正方向，变化周期 一质量为 m，电荷量为+q 的离子从（-x 0，x 0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕 O点做圆周运动以离子经过
19、x轴时为计时起点，已知静电力常量为 k，不计离子重力求：(1)第二象限内电场强度 E2的大小；(2)当 t= T时，离子的速度；(3)当 t=nT时，离子的坐标12【答案】(1) (2) (3) 其中（n=1,2,3）【解析】(1) 第一象限有在 O点的电荷量为 Q的点电荷产生的电场，离子以坐标原点 O为圆心做半径为的圆周运动，库仑力提供向心力：解得离子做圆周运动的速度即进入第四象限的速度(2) ）离子进入第四象限做类平抛运动，沿 y轴负方向做匀速直线运动，沿 x轴正方向做匀加速直线运动，轨迹如图所示在 时运动到 B点，在 B点 x轴正方向的分速度：此时离子的速度 ；(3) 根据乙图中场强的变化规律可判断，离子在第四象限中运动时，y 方向上做匀速直线运动，x 方向上第一个半个周期向右匀加速运动，第二个半周期向右匀减速运动，当 t=T时速度恰减为零，之后重复此运动过程13每半个周期沿 x正方向运动的距离： t=nT时，离子到坐标原点的距离： 每半个周期沿 y负方向运动的距离： t=nT时，离子到坐标原点的距离：故当 t=nT时离子的坐标 。
