（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题三 电场与磁场 第一讲 电场的基本性质——课后自

第一讲电场的基本性质——课后自测诊断卷1．(2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A．仍然保持静止B．竖直向下运动C．向左下方运动D．向右下方运动解析：选D开始时油滴处于静止状态，有mg＝qUd，B板右端下移时，U不变，d变大，电场力F＝qUd变小，mg＞F，并且A、B两板之间的等差等势面右端将均匀地顺次向下移动，又电场强度垂直于等势面，可得油滴的受力如图所示，mg与F的合力方向为向右下方，故油滴向右下方运动。2．(2019·江苏高考)一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P­t关系图像是()ABCD解析：选A设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向，粒子不受力，vx＝v0。沿电场方向：受力F电＝qE，则加速度a＝F电m＝qEm，经时间t，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝qEtm，电场力做功的功率P＝F电vy＝qE·qEtm＝qE2tm＝kt∝t，选项A正确。3.(2019·南京三模)如图所示，空间有一圆锥OBB′，点A、A′分别是两母线的中点。现在顶点O处固定一正的点电荷，下列说法中正确的是()A．A、A′两点的电场强度相同B．平行于底面的圆心为O1的截面为等势面C．将一正的试探电荷从A点沿直径移到A′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D．若B点的电势为φB，A点的电势为φA，则BA连线中点C处的电势φC小于φB＋φA2解析：选DA、A′两点到O点的距离相等，根据点电荷的场强公式E＝kQr2分析可知，A、A′两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；点电荷在真空中形成的电场的等势面是以点电荷为球心的一簇球面，所以平行于底面的圆心为O1的截面不是等势面，故B错误；将一正的试探电荷从A点沿直径移到A′点，电势先增大后减小，由Ep＝qφ可知，电势能先增大后减小，所以静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故C错误；由于A、C间场强大于C、B间场强，由U＝Ed知，A、C间的电势差大于C、B间的电势差，则有：φA－φCφC－φB，则φCφA＋φB2，故D正确。4．[多选](2019·南京、盐城三模)A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从A点以某一初速度做直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示。则从A到B过程中，下列说法正确的是()A．点电荷的速度先增大后减小B．空间电场是某负点电荷形成的C．点电荷所受电场力先减小后增大D．空间各点的电势先升高后降低解析：选CD电势能先增大后减小，根据能量守恒定律可知动能先减小后增大，故点电荷的速度先减小后增大，故A错误；电势能Ep随位移x的变化关系图像的斜率表示电场力的大小，因此电场力先减小后增大，不可能是点电荷形成的电场，故B错误，C正确；点电荷从A到B仅在电场力作用下，电场力先做负功，后做正功，则说明电场力方向变化，即电场线方向先向左，后向右，所以电势先升高后降低，故D正确。5．(2019·江苏七市三模)西汉著作《淮南子》中记有“阴阳相薄为雷，激扬为电”，人们对雷电的认识已从雷公神话提升到朴素的阴阳作用。下列关于雷电的说法中错误的是()A．发生雷电的过程是放电过程B．发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程C．发生雷电的过程中，电荷的总量增加D．避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击解析：选C雷电是天空中带异种电荷的乌云间的放电现象，A正确；根据能量转化可知，发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程，B正确；电荷不会产生，不会消失，只能从一个物体传到另一个物体，或从物体的一部分传到另一部分，总量不变，C错误；避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击，D正确。6.(2019·苏北四市一模)带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势φ随x变化如图所示。下列说法正确的是()A．球体带负电荷B．球内电场强度最大C．A、B两点电场强度相同D．正电荷在B点的电势能比在C点的大解析：选D从球出发向两侧电势降低，而电场线从正电荷出发，沿着电场线电势降低，故球体带正电荷，故A错误；球是等势体，故内部任意两点间的电势差为零，故场强为零，故B错误；A点与B点的电场强度大小相等，但方向相反，故电场强度不同，故C错误；从B到C，电势降低，正电荷从B到C受到的电场力做正功，故正电荷电势能降低，故D正确。7.[多选](2019·盐城三模)在x轴上有两个点电荷q1和q2，它们产生的电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的是()A．q1和q2带有异种电荷B．x＝x2处电场强度一定为0C．负电荷沿x轴从x1移动到x2，电势能增加D．正电荷沿x轴从x1移动到x2，电场力做负功解析：选ABC由题图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以q1和q2带有异种电荷，故A正确。电场强度等于图像中曲线斜率，x2处的斜率为零，故电场强度为零，故B正确。负电荷沿x轴从x1移到x2，电势减小，电势能增加，故C正确。正电荷沿x轴从x1移动到x2，电势减小，电势能减小，电场力做正功，故D错误。8.[多选](2019·苏锡常镇一模)如图所示，地面上方分布着竖直向上的匀强电场。一带正电的小球从油中A处由静止释放后竖直下落，已知小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，M和N是小球下落过程中经过的两个位置。在此过程中，小球()A．在AB段的加速度大小逐渐增大B．在N点的机械能比M点的小C．机械能和电势能的总量保持不变D．机械能的变化量大于电势能的变化量解析：选BD小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，故AB段合力大于0，而BC段合力等于0，所以在AB段合力必然在减小，即在AB段的加速度大小逐渐减小，A错误；由于小球下落过程中，电场力和油的阻力始终做负功，导致小球的机械能减小，故B正确；下落过程中，油的阻力也会做功，导致部分机械能转化为内能，使机械能和电势能的总量减少，故C错误；下落过程中，小球的机械能不断减小，转化为电势能和内能，故机械能的减少量大于电势能的增加量，故D正确。9.[多选](2019·苏锡常镇二模)如图，带电金属圆筒和金属板放在悬浮头发屑的蓖麻油中，头发屑就会按电场强度的方向排列起来。根据头发屑的分布情况可以判断()A．金属圆筒和金属板带异种电荷B．金属圆筒和金属板带同种电荷C．金属圆筒内部为匀强电场D．金属圆筒表面为等势面解析：选AD头发屑会按电场强度的方向排列起来，头发屑的分布反映了电场中电场线的形状；电场线起始于正电荷，终止于负电荷；则金属圆筒和金属板带异种电荷，故A项正确，B项错误；金属圆筒内部头发屑取向无序，金属圆筒内部没有电场，故C项错误；金属圆筒表面处头发屑的取向与金属圆筒表面垂直，则金属圆筒表面处电场线与金属圆筒表面垂直，金属圆筒表面为等势面，故D项正确。10.(2019·苏北三市一模)如图所示，金属板带有等量异种电荷，板间某一竖直平面内电场线的分布如实线所示，已知该平面内P、O的连线为等势线，且与电场线上两点M、N的连线垂直。一带电油滴在O点处于静止状态。则()A．若将油滴置于P处，仍能静止B．若将油滴从M处释放，将沿电场线运动至N处C．M点的电势一定比N点的高D．油滴在M点的电势能一定比在N点的小解析：选D由题意可知，油滴在O点处于静止状态，说明在O点的电场力与重力平衡，由电场线的分布可知，P点的电场强度大于O点电场强度，即EPEO，则在P点的电场力大于重力，则油滴不会处于静止状态，故选项A错误。带电油滴受到重力和电场力的作用，由于电场的方向为电场线的切线方向，可知二者的合力的方向时刻在变化，其合力的方向不沿着电场线，根据曲线运动条件可知，油滴也不会沿电场线运动到N处，故选项B错误。根据电场线的性质，可知沿着电场线电势降低，由于电场线的方向未知，故M、N点电势高低也是未知的，故选项C错误。若油滴带负电，则上极板带正电，则φMφN，则根据电势能公式Ep＝φq可知：EpMEpN；若油滴带正电，则上极板带负电，则φMφN，同理可知：EpMEpN，故选项D正确。11.(2019·无锡期末)如图，真空中竖直放置的两块平行金属板间加上恒定电压U0，一质量为m，电荷量为q的正点电荷A从左板处由静止释放，从右板的小孔水平射出后，进入一个两板水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出。已知电容器的电容值为C，极板的间距为d，长度为kd，两板间电压恒定。不计点电荷的重力，求：(1)正点电荷A进入水平放置电容器时的速度大小；(2)水平放置的电容器极板所带电荷量大小；(3)A穿过水平放置电容器的过程中电势能的增量。解析：(1)A在电场中加速，由动能定理：qU0＝12mv02，解得v0＝2qU0m。(2)A在水平放置的电容器中偏转，水平方向：kd＝v0t，竖直方向：d＝12at2，又qUd＝ma联立可解得：U＝4k2U0极板带电荷量：Q＝CU所以：Q＝4k2CU0。(3)A穿过水平放置的电容器的过程中，电场力做正功，由(2)得：W＝4k2qU0由功能关系得：ΔE＝－4k2qU0。答案：(1)2qU0m(2)4k2CU0(3)－4k2qU012．(2019·淮安、宿迁期中)如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间的O点有一个可以连续产生粒子的粒子源，A、B间的距离为L。现在A、B之间加上电压UAB，UAB随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N个相同粒子，粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。已知粒子质量为m＝5.0×10－10kg，电荷量q＝1.0×10－7C，L＝1.2m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：(1)t＝0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t0；(2)在0～T2时间内，产生的粒子不能到达B极板的时间间隔Δt；(3)在0～T2时间内，产生的粒子能到达B极板的粒子数与到达A极板的粒子数之比k。解析：(1)t＝0时刻，粒子由O到B：L2＝12at02加速度：a＝U0qmL＝2.0×105m/s2得：t0＝6×10－3s＝2.45×10－3sT2＝6×10－3s所以：t0＝2.45×10－3s。(2)对刚好不能到达B极板的粒子，先做匀加速运动，达到速度vm后，做匀减速运动，到达B极板前速度减为0，设匀加速时间为t1，匀减速时间为t2，全程时间为t，则匀加速的加速度大小：a＝2.0×105m/s2匀减速的加速度大小：a′＝2U0qmL＝4.0×105m/s2由vm＝at1＝a′t2得t2＝12t1所以t＝t1＋t2＝32t1，由12L＝12vmt＝12·at1·32t1，得t1＝2L3a＝2×10－3s。在0～T2时间内，产生的粒子不能到达B板的时间间隔为Δt＝t1＝2×10－3s。(3)设刚好不能到达B极板的粒子，反向加速到A极板的时间为t0′，由L＝12a′t0′2得t0′＝2La′＝6×10－3sT2－t2＝5×10－3s即在0～T2时间内，Δt内返回的粒子都能打到A极板上所以：k＝NBNA＝T2－ΔtΔt＝21。答案：(1)2.45×10－3s(2)2×10－3s(3)2∶1