2023高考物理一輪復(fù)習(xí)-電場限時集訓(xùn)

1、電場B電場的場強沿Ox方向增大C電子將沿Ox正方向運動D電子的電勢能將增大4如圖83所示，P、Q是矩形ABCD的AD邊和BC邊的中點，E、F是AB邊和CD邊的中點，M、N點在P、Q連線上且MPQN，M點和N點有等量異種點電荷對于圖中八個點的場強關(guān)系，以下說法正確的是()圖83AA與B點場強相同，C與D點場強相同BA與C點場強相同，B與D點場強相同CA與D點場強相同，B與C點場強相同DE與F點場強相同，P與Q點場強相同5板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間場強為E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閑q f(1,2)d，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U

2、2，板間場強為E2，以下說法正確的是()AU2U1，E2E1BU22U1，E24E1CU2U1，E22E1DU22U1，E22E16如圖84所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a與c關(guān)于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上以下判斷正確的是()圖84Ab點場強大于d點場強Bb點場強小于d點場強Ca、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差D試探電荷q在a點的電勢能小于在c點的電勢能圖857如圖85所示，MN是由一個正點電荷Q產(chǎn)生的電場中的一條電場線，一個帶正電的粒子q飛入電場后，在電場力的作用下沿一條曲線運動，先后通過

3、a、b兩點，不計粒子的重力，那么()A粒子在a點的加速度小于在b點的加速度Ba點電勢a 低于b點電勢bC粒子在a點的動能Eka小于在b點的動能EkbD粒子在a點的電勢能Epa 小于在b點的電勢能Epb8如圖86所示，A、B、C、D、E、F為處于勻強電場中一個邊長圖86為10 cm的正六邊形的六個頂點，A、B、C三點電勢分別為1.0 V、2.0 V、3.0 V，正六邊形所在平面與電場線平行，那么()A通過CD和AF的直線應(yīng)為電場中的兩條等勢線B勻強電場的場強大小為10 V/mC勻強電場的場強方向為由C指向AD將一個電子由E點移到D點，電子的電勢能將減少1.61019 J9.用控制變量法，可以研究

4、影響平行板電容器的因素(如圖87所示)設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為.實驗中，極板所帶電荷量不變，假設(shè)()圖87A保持S不變，增大d，那么變大B保持S不變，增大d，那么變小C保持d不變，增大S，那么變小D保持d不變，增大S，那么不變10如圖88所示，點電荷Q1與Q2分別固定在A、B兩點，取無窮處電勢為零，圖甲、乙、丙、丁表示A、B連線上的電勢分布，那么以下說法正確的是()圖88A圖甲表示Q1、Q2都是正電荷，其中Q1Q2B圖乙表示Q1、Q2都是正電荷，其中Q1|Q2|11反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似如

5、圖89所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動電場強度的大小分別是E12.0103 N/C和E24.0103 N/C，方向如圖89所示，帶電微粒質(zhì)量m1.01020 kg，帶電量q1.0109 C，A點距虛線MN的距離d1(1) B點到虛線MN的距離d2；(2) 帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t.圖8912如圖810所示，A、B為水平放置的平行金屬板，板間距離為d(d遠小于板的長和寬)在兩板的中心各有小孔O和O，O和O處在同一豎直線上在兩板之間有一帶負電的質(zhì)點P.A、B間所加電壓為U0時，質(zhì)點P所受的電場

6、力恰好與重力平衡現(xiàn)在A、B 間加上如圖811所示隨時間t作周期性變化的電壓U，周期Teq r(f(12d,g)(g為重力加速度)在第一個周期內(nèi)的某一時刻t0，在A、B 間的中點處由靜止釋放質(zhì)點P，一段時間后質(zhì)點P從金屬板的小孔飛出(1)t0在什么范圍內(nèi)，可使質(zhì)點在飛出小孔之前運動的時間到達最短？(2)t0在哪一時刻，可使質(zhì)點P從小孔飛出時的速度到達最大？圖810圖811、專題限時集訓(xùn)(八)1D【解析】 負電荷受電場力方向與電場方向相反，當負電荷沿電場線方向移動時，電場力對電荷做負功，電勢能一定增加，故D選項正確；電場中某點電勢是否為零與電場強度的大小及物體是否帶電無關(guān)，與選取的零電勢點有關(guān)，故

7、AB選項錯誤；沿電場線的方向電勢降低，所以同一電場線上的各點，電勢不會相等，選項C錯誤2D【解析】 負電荷所受電場力的方向與電場強度的方向相反，且電荷受力方向指向運動軌跡的凹側(cè)，A、C錯誤；B選項中負電荷所受電場力具有沿速度方向的分力，質(zhì)點的速率是遞增的，B錯誤；D選項中質(zhì)點所受電場力具有沿速度反方向的分力，質(zhì)點的速率是遞減的，D正確3AC【解析】 設(shè)O點電勢為零，x點的電勢為x，那么Ux0 x0Ex，即xEx，說明沿Ox方向場強不變，選項A正確，B錯誤；由靜止釋放電子，電子由電勢低處向電勢高處運動，電場力做正功，電勢能減小，選項C正確，D錯誤4BD【解析】 根據(jù)等量異種電荷周圍電場的電場線對

8、稱性：電場中A、B、C、D四點的電場強度大小相等，A、C電場方向相同，B、D電場方向相同；電場中P、Q兩點電場強度大小相等，方向相同，E、F兩點電場強度大小相等，方向也相同選項BD正確，選項AC錯誤5C【解析】 由公式Ceq f(S,4kd)、Ceq f(Q,U)和Eeq f(U,d)，得Ueq f(4kdQ,S)，Eeq f(4kQ,S)，當Q變?yōu)?Q、d變?yōu)閑q f(d,2)時，電壓U不變，電場強度E變?yōu)樵瓉淼?倍，C正確6BC【解析】 兩等量異種電荷產(chǎn)生的電場如下圖，由圖可知，d點的電場線比b點的電場線密集，所以d點的場強大于b點的場強，A項錯誤，B項正確a、c兩點關(guān)于MN對稱，b點在M

9、N上，同一點電荷從a到b和從b到c電場力做的功相同，由WqU可知UabUbc，C項正確a點電勢高于c點電勢，同一正電荷在a點的電勢能大于在c點的電勢能，D項錯誤7C【解析】 由軌跡特征可知，正電荷經(jīng)過MN時受力方向由N指向M，場電荷在靠近N一側(cè)，故a點的場強大于b點的場強，a點電勢a高于b點電勢b，選項A、B錯誤；從a運動到b過程中，電場力做正功，動能增大，電勢能減小，C正確，D錯誤8ACD【解析】 在勻強電場中，在同一電場線上電勢均勻變化，由幾何關(guān)系，延長CB與FA的延長線交于G點，如下圖，那么G點電勢為1.0 V，AF為等勢線，同理可確定CD也為等勢線，選項A正確；電場線垂直于等勢線，且電

10、勢沿電場線方向逐漸降低，可知，電場線由C指向A，選項C正確；由以上分析知，UED1.0 V，將電子由E移動到D，電場力做功WqU1.61019(1.0)J1.61019 J，電勢能減少1.61019 J，選項D正確；由Eeq f(U,d)，其中d為沿電場線方向的長度，解得Eeq f(2.0,0.2sin60)V/meq f(20,3)eq r(3) V/m，選項B錯誤9AC【解析】 由Ceq f(rS,4kd)知，保持S不變，增大d，那么電容C減小，又根據(jù)Ceq f(Q,U)，且Q不變，故U增大，因此靜電計指針偏角變大，應(yīng)選項A正確，B錯誤；同理，保持d不變，增大S，那么電容C增大，U減小，變

11、小，選項C正確，選項D錯誤10AD【解析】 根據(jù)電場的電勢變化分析電場，可以從兩個方面入手：電勢線的斜率(表示場強)；電勢的大小在圖甲和圖乙中，沒有電勢為零的點，應(yīng)由斜率為零(場強為零)的點判斷，由圖甲中A、B之間的電勢分布可知，斜率為零的點靠近A側(cè)，即場強為零的點靠近A，故Q1Q2，同理，圖乙中Q1Q2，選項A正確，B錯誤；圖丙中電勢為零的點位于AB連線的中點，由電勢分布規(guī)律可知，Q1、Q2為等量異種電荷，但Q1應(yīng)為正電荷，選項C錯誤；圖丁中，電勢為零的點靠近B一側(cè)，|Q1|Q2|，選項D正確11(1)0.50 cm(2)1.5108 s【解析】 (1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定

12、理有|q|E1d1|q|E2d20由式解得d2eq f(E1,E2)d10.50 cm(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|E1ma1|q|E2ma2設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，由運動學(xué)公式有d1eq f(1,2)a1teq oal(2,1)d2eq f(1,2)a2teq oal(2,2)又tt1t2由式解得t1.5108 s12(1)eq r(f(3d,g)t0eq r(f(5d,3g)(2)eq r(f(3d,4g)【解析】 設(shè)質(zhì)點P的質(zhì)量為m，電荷量為q，根據(jù)題意，當A、B間的電壓為U0時，有qeq f(U0,d0)mg當兩板

13、間的電壓為2U0時，P的加速度向上，其大小為a1，那么qeq f(2U0,d)mgma1解得a1g當兩板間的電壓為2U0時，P的加速度向下，其大小為a2，那么qeq f(2U0,d0)mgma2解得a23(1)要使質(zhì)點在飛出小孔之前運動的時間到達最短，須使質(zhì)點釋放后一直向下加速運動設(shè)質(zhì)點釋放后經(jīng)過時間t到達小孔O，那么eq f(1,2)deq f(1,2)a2t2解得teq r(f(d,3g)因為Teq r(f(12d,g)，所以teq f(T,2)，質(zhì)點到達小孔之前能一直加速. 因此要使質(zhì)點在飛出小孔之前運動的時間到達最短，質(zhì)點釋放的時刻t0應(yīng)滿足即eq f(T,2)t0Tt即eq r(f(3d,g)t05eq r(f(d,3g)(2)要使質(zhì)點P從小孔飛出時的速度到達最大，須使質(zhì)點釋放后先向上加速、再向上減速運動，在到達小孔O時速度減為0，然后向下加速運動直到小孔O.設(shè)質(zhì)點釋放后向上加速時間為t1、向上減速時間為t2，那么v1gt10v13gt2eq f(1,2)deq f(1,2)gteq oal(2,1)eq blc(rc)(avs4alco1(v1t2f(1,2)3gtoal(2,2)由以上各式解得 t1eq r(f(3d,4g)，t2eq r(f(d,12g)因為t1eq f(T,2)，t2eq f(T,2)，因此質(zhì)點P能向上先加速后減速恰好到達小孔