《2023届高考物理一轮复习训练：专题七 电场（word版含答案）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高考物理一轮复习训练：专题七 电场（word版含答案）.doc（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题七 电场1.超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点.图示为一款超级电容器，其上标有“2.7 V 400 F”，下列说法正确的是( )A.该电容器的输入电压只能是2.7 V时才能工作B.该电容器的电容与电容器两极间电势差成反比C.该电容器不充电时的电容为零D.该电容器正常工作时储存的电荷量为1 080 C2.真空中两个点电荷的相互作用力大小为F，若把其中一个电荷的带电荷量减少一半，同时把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力大小变为( )。A.B.C.D.无法确定3.如图所示，真空中一椭圆的两焦点处固定两个等量异种点电荷，O为椭圆中心
2、，分别是椭圆长轴和短轴，是椭圆上关于O点对称的两个点.下列说法中正确的是( )A.椭圆上点的场强方向为该点的切线方向B.两点场强相同，两点场强也相同C.将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电场力做功为零D.将一正电荷由O点移到椭圆上任意一点时，电势能的变化量相同4.如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，带正电，电荷量均为q，整个系统置于水平方向的匀强电场中，已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则c球的电荷量为( )A.B.C.D.5.某同学设想了一个奇妙的静电实验。如图所示，在带电体C附近，把原来不带电的绝缘导体相碰一下后分开，然后分别接触
3、一个小电动机的两个接线柱，小电动机便开始转动。接着再把移到C附近，相碰一下分开，再和小电动机两接线柱接触。重复上述步骤，小电动机便能不停地转动。下列说法正确的是( )A.小电动机一直转动下去，不会消耗和小电动机系统以外的能量B.相接触放在C附近时，A的电势高于B的电势C.相接触放在C附近时，A内部中心点的场强等于B内部中心点的场强D.若不考虑小电动机内阻的变化，则小电动机的电流与其两端的电压成正比6.正方形四个顶点上放置着电荷量相同、电性如图所示的点电荷，O为正方形两对角线的交点，分别为的中点。取无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )A.四点的场强相同B.四点的电势相等C.将一负点电荷从M点
4、沿移动到N点的过程中，电场力一直做负功D.将一正点电荷从M点沿移动到P点的过程中，电势能先增大后减小7.仿真软件在物理学中有广泛的应用，利用仿真软件能模拟出电场线的分布情况。现有电荷量分别为和的两点电荷组成的电荷系统，利用仿真软件模拟出其电场线分布如图所示，虚线上四点等间距，根据图像可判断( )。A.两点间的电场方向为C指向BB.A点附近没有电场线，A点的电场强度为零C.D点的电场强度为零，试探电荷在D点不受电场力作用D.若把一个带正电的试探电荷从A点移到B点，电场力做正功，其电势能减小8.正六边形区域内有平行于纸面方向的匀强电场（图中未标出），三点电势分别为3 V、6 V、9 V，现有一个电
5、子从E点以初速度沿方向射入.下列说法正确的是( )A.F点电势为0 VB.的连线是电场中的一条等势线C.电子射出正六边形区域时速度大小可能仍是D.电子离开此区域时动能增量的最大值是3 eV9.一个带电粒子仅在电场力作用下在x轴上由静止开始从向做直线运动，其速度平方随位置x变化的图像如图所示，图像关于纵轴对称，由图像可知( )A.粒子从向运动过程中，加速度先减小后增大B.处电势最高C.在x轴上，和关于纵轴对称的两个位置的电场强度不同D.粒子沿x轴正向运动过程中，电势能先减小后增大10.如图所示，匀强电场方向水平向左，由电场中的P点沿竖直方向向电场中射入各种不同的带正电的粒子，结果粒子均能通过电场
6、中的Q点.不计粒子受到的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )A.若粒子所带电荷量大，则粒子的初速度一定大B.若粒子所带电荷量大，则粒子的初动能一定大C.若粒子的比荷大，则粒子的初速度一定大D.若粒子的比荷大，则粒子的初动能一定大11.如图所示，且位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为。现从A点将一质量为m，电荷量为的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道运动到D点时的速度大小为为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：（1）小球运动到D点时对轨道的压力。（2）小球从A点运动到D点的过程中电势能的改变量。12.如图所示，在足够大的金属板A上有一小孔S，粒子源C可由小
7、孔S向各个方向射出速率的带负电的粒子，B为金属网，连接在电路上，电源的电动势、内阻，滑动变阻器的总阻值为12 .图中滑动变阻器滑片置于中点并保持不动，间距，M为足够大的荧光屏间距，当粒子穿过金属网打到荧光屏上时，荧光屏上就会出现亮斑.已知粒子的比荷，不考虑粒子所形成的电流对电路的影响，粒子重力不计.（1）求间电场（视为匀强电场）的场强大小E；（2）求粒子到达荧光屏的最短时间t；（3）若粒子到达荧光屏上会形成一个圆斑，求其最大面积S（取）.答案以及解析1.答案：D解析：电容器的额定电压为2.7 V，说明工作电压不能超过2.7 V，可以小于2.7 V，故A错误；电容器的电容由电容器本身决定，跟电容
8、器两极间的电势差无关，故B错误；电容描述的是电容器容纳电荷的本领，跟充电与否无关，故C错误；该电容器最大容纳电荷量，故D正确.2.答案：A解析：根据库仑定律可得，在变化前有，在变化后有，A项正确。3.答案：B解析：根据等量异种电荷电场特点可知，选项A错误，B正确；两点不是处于同一等势面上，e点所处的等势面电势较高，将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电场力做正功，电势能减小，选项C错误；将一正电荷由O点移到c点，电势能不变，移到f点，电势能减小，电势能变化量不相同，选项D错误.4.答案：D解析：本题通过带电小球受力平衡考查点电荷的电场强度公式、电场强度的叠加及库仑定律等。在c处的合电场强度为E，方
9、向沿中垂线指向c，大小为，根据c处于静止状态可知，匀强电场的电场强度与E等大反向；带正电，要使静止，c必须带负电，设c的电荷量为，对a受力分析，如图所示，根据平衡条件可知，解得，D正确。5.答案：C解析：本题通过静电实验考查感应起电的实质及静电平衡。在把分开的过程中要克服之间的静电力做功，整个过程中先把机械能转化为电能，再把电能转化为机械能，因此需要外力做功，故A错误；相接触放在C附近时，A和B是等势体，电势相等，故B错误；相接触放在C附近时，两端的感应电荷增加，感应电场相应增强，但是等势体，内部合场强始终为零，则A内部中心点的场强等于B内部中心点的场强，故C正确；若不考虑小电动机内阻的变化，
10、小电动机属于非纯电阻元件，则小电动机的电流与其两端的电压不成正比，故D错误。6.答案：C解析：本题考查多个点电荷形成的电场中场强及电势的判断。根据电场的矢量叠加可知，四点场强方向不同，故A错误；由电势叠加可知，两点离正电荷近，则电势为正，两点离负电荷近，则电势为负，故B错误；根据对称性可知，O点为两组等量异种电荷所构成正方形的几何中心，则O点电势为零，且N点电势为负，则负点电荷从M点沿移动过程中电势能一直增大，电场力对其一直做负功，故C正确；由于O点为两组等量异种点电荷的中点，则O点电势为零，且P点电势为正，所以沿移动正电荷，其电势先降低后升高，则正点电荷的电势能先减小后增大，故D错误。7.答
11、案：C解析：电场线的疏密表示电场的强弱，结合库仑定律可知，B点处的点电荷为，C点处的点电荷为。电场线的方向总是从正电荷出发终止于负电荷，即间的电场方向大体为B点指向C点，故A项错误；由点电荷电场的电场强度的公式和电场的叠加，易得A点的电场强度并不等于零，故B项错误；由点电荷电场的电场强度的公式和电场的叠加可得，D点的电场强度为零，试探电荷在D点不受电场力，故C项正确；间的电场方向为B点指向A点，使带正电的试探电荷从A点移到B点，电场力做负功，电势能增加，故D项错误。8.答案：D解析：连接，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，则知中点的电势为6 V，连接，由几何关系知，垂直平分，则
12、即为一条等势线，连线即为一条电场线，与平行，所以也是一条电场线，故B错误；由上可知为等势线，所以F点电势为3 V，故A错误；电子在电场中做类平抛运动，电场力做正功，动能增加，故C错误；由图可知电子从等势面离开时动能变化量最大，即动能增量的最大值为，故D正确.9.答案：CD解析：由可知图线的切线斜率表示加速度，因此粒子沿x轴正向运动过程中，加速度先增大后减小再反向增大最后再减小，选项A错误；在x轴上和之间，粒子在处的动能最大，电势能最小，但由于粒子的电性不确定，因此处的电势可能最高，也可能最低，选项B错误；根据对称性可知粒子在和两个位置的加速度大小相等、方向相反，故电场强度大小相等、方向相反，选
13、项C正确；粒子沿x轴正向运动过程中，动能先增大后减小，因此电势能先减小后增大，选项D正确.10.答案：BC解析：设两点高度差为h，水平距离为x，粒子竖直方向做匀速直线运动，所用时间，水平方向做匀加速直线运动，则有，得，则若粒子所带电荷量大，则粒子的初动能一定大，若粒子的比荷大，则粒子的初速度一定大，故B、C正确，A、D错误.11.答案：（1），方向竖直向下（2）解析：（1）小球运动到D点时，由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律得，小球运动到D点时对轨道的压力大小，方向竖直向下。（2）小球从A点运动到D点，根据动能定理得解得由功能关系得。12.答案：（1）20 V/m（2）（3）解析：（1）由闭合电路欧姆定律得，其中，间的电压为，又，可得.（2）经分析可知，从粒子源C射出的粒子中，速度方向水平向右的这些粒子到达荧光屏的时间最短，设这些粒子到达金属网B处的速度大小为，有，计算得出，这些粒子在间做匀加速直线运动，运动的时间为，这些粒子从金属网B到荧光屏M做匀速直线运动，运动的时间为，又，得.（3）经分析可知，从粒子源C射出的粒子中，速度方向平行金属板A的粒子在荧光屏M上形成的圆斑最大，设粒子在间做类平抛运动的时间为，有，其中，得，粒子从金属网B运动到荧光屏M的时间为，其中，解得，粒子沿平行金属板方向通过的路程为，又，联立解得.