电场经典高考题

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1、电场经典高考题（全国卷1） 16.关于静电场，下列结论普遍成立的是A.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关B.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低C.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零D.在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向【答案】C【解析】在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，A错误。电势差的大小决定于两点间距和电场强度，B错误；沿电场方向电势降低，而且速度最快，C正确；场强为零，电势不一

2、定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功。【命题意图与考点定位】考查静电场中电场强度和电势的特点，应该根据所学知识举例逐个排除。（全国卷2） 17.在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m.已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/s2,水的密度为103 kg/ m3。这雨滴携带的电荷量的最小值约为A . 2x 10-9CB. 4x 10-9CC. 6 x 10-9CD. 8 x 10-9C【答案】B【解析】带电雨滴在电场力和重力最用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=Eq ,：4 二 r3103 4 3

3、.14 10，则q =mg=一=3-4=4父10。E E104【命题意图与考点定位】电场力与平衡条件的结合。（新课标卷）17.静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器.某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面.工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最 后落在收尘板上.若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是（忽略重力和空气阻力）18 / 17答案：AA图那样，不可能出现解析：粉尘受力方向应该是电场线的切线方向，从静止开始运动时，只能是 BCD图的情况。o设两极板正对面积为S

4、,（北京卷）18.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）极板间的距离为d,静电计指针偏角为0O实验中，极板所带电荷量不变，若A.保持S不变，增大d,则日变大 B.保持S不变，增大d,则日变小 C.保持d不变，增大S,则日变小 D.保持d不变，增大S,则日不变 【答案】AS 【解析】由C=知保持S不变，增大d,电容减小，电容器带电能力降低，电容器电量减小,4 二 kd静电计所带电量增加，8变大；保持d不变，减小S,电容减小，e变大。正确答案 A。（上海物理）9.三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中 a、b两点出的场强大小分别为 Ea、Eb,电势分别为%、中b,则 a b（A）E

5、aEb，（B） EaEb, QvQ（D）Ea 0m（v； -2ugL）由以上二式可得：E 0-5qrm(V2 -2ugL)E的取值范围：0 V EW _2_5qrU, t时间内磁感应强度的变化（3）设线圈产生的电动势为Ei,其电阻为R,平行板电容器两端的电压为量为 B,得：U= Ed BS.由法拉第电磁感应定律得 曰=n -t由全电路的欧姆定律得 Ei= I （R+2RU=2RI经过时间t ,磁感应强度变化量的取值范围：0 v AB w其电场强度E随X变3md（v； -2gL） t o10nsqr（江苏卷）5.空间有一沿x轴对称分布的电场, 化的图像如图所示。下列说法正确的是（A） O点的电势

6、最低（B） X2点的电势最高（C） Xi和-Xi两点的电势相等（D） Xi和X3两点的电势相等本题考查电场强度与电势的关系，考查图象。本题难度：中等。【解析】选C可画出电场线，如下WA沿电场线电势降落（最快），所以A点电势最高，A错误，B错误；根据U = Ed ,电场强度是变量，可用 E -x图象面积表示，所以 C正确；两点电场强度大小相等，电势不相等， D错误，此项迷惑人。（福建卷）20、（15分）如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场。一束同位素离子流从狭缝S,射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场弓II大小为

7、 E的偏转电场，最后打在照相底片 D上。已知同位素离子的电荷量为 q（q0）,速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为 B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S连线平行且距离为 L,忽略重力的影响。(1)求从狭缝S2射出的离子速度 Vo的大小;(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度U0方向飞行的距离为x,求出x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)。解析：(1)能从速度选择器射出的离子满足：qE0 = qB0v0解得：v0 = E0Bo(2)离子进入匀强偏转电场 E后做类平抛运动，则X 70tat2由牛顿第二定律得qE = ma解得

8、x =(广东卷)21.图8是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是国A.a点的电势高于 b点的电势B.该点电荷带负电C.a点和b点电场强度的方向相同D.a点的电场强度大于 b点的电场强度答案：BD解析：考察电场线的知识：点做圆交过b点的电场A以点电荷为圆心，同一圆周上，电势相等，以点电荷为圆心，a点为圆周线为a；则：Q =,由顺着电场线电势降低知：*b A*a因而：9b CpaC D a点电场线比b点密因而：EaEb a、b两点的电场线的方向不同。选BD。（山东卷）20.某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是A . C点场强大于b点场强B . a点电势高于b点电势C.若将一t探电荷+

9、q由a点释放，它将沿电场线运动 b点D.若在d点再固定一点电荷-Q,将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电势能减小20. BD【解析】A.根据电场线疏密表示电场强度大小，C点场强小于b点场强，A错误；B.根据沿电场线方向电势降低（最快），a点电势高于b点电势，B正确；C.若将一试电荷+q由a点释放，因受力方向沿电场方向 （电场线切线），它不能沿电场线运动到 b点,C错误；D.若在d点再固定一点电荷 -Q ,叠加后电势仍然 a高于b ,将一试探电荷 +q由a移至b的过程中，因电势降低，所以电势能减小，D正确；本题选BD本题考查电场、电场线、电势、电势能。难度：容易。（山东卷）25. （18分）如

10、图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场， 宽度为d,两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为m、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度Vi垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一 次的三倍，以此类推。求粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功W1。粒子第n次经过电场时电场强度的大小En。粒子第n次经过电场子所用的时间tn。假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的 过程中，电场强度随

11、时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标明坐标刻度值）解析：mv-12 12（1）根据 r =,因为 r2 = 2r1,所以 v2 = 2vl,所以 W, = - mv2 一一 mv1 ,qB22212121. 212_(2n -1) mv(2) Wn =-mvn -mvn1 二 m(nV) -m(n -1)v1), Wn = E/d ,所以 En =22-22x2qdqEn- 2d(3)vn 一丫口=antn，Hn =，所以 tn =m(2n-1)v1（北京卷）23. （18分）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图1,将一金属或半导体薄片垂

12、直至于磁场B中，在薄片的两个侧面 a、b间通以电流I时，另外两侧c、f间产生电势差，这一现象称霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用相一侧偏 IBd之间满足关系式UH = RH迫， d转和积累，于是 C、f间建立起电场E H,同时产生霍尔电势差U H。当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，E H和Uh达到稳定值，u H的大小与I和B以及霍尔元件厚度其中比例系数R h称为霍尔系数，仅与材料性质有关。（1）设半导体薄片的宽度（C、f间距）为l ,请写出U H和E H的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图1中 C、f哪端的电势高;（2）已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为n

13、,电子的电荷量为e ,请导出霍尔系数Rh的表达式。（通过横截面积S的电流 I =nevS,其中v是导电电子定向移动的平均速率）；（3）图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永 磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的 电压脉冲信号图像如图3所示。a .若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P ,请导出圆盘转速 N的表达式。智慧的翅膀”，提出另一个实例b .利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程。除除此之外，请你展开或设想。解析：IB(1)由 Uh =Rh d当电场力与洛伦兹力相等时eEH =evBEh

14、-vB得(2)Rh = vBl vl=IB nevS neS1nea.由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P,则将、代入,P=mNt一 P圆盘转速为N= N = ,mtb.提出的实例或设想（浙江卷）19.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d,如图（上）所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图（下）所示。在 t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是A.第2秒内上极板为正极B.第3秒内上极板为负极C.第2秒末微粒回到了原来位置2 . 一D.第3

15、秒末两极板之间的电场强度大小为0.2nr /d答案：A（浙江卷）15.请用学过的电学知识判断下列说法正确的是A.电工穿绝缘衣比穿金属衣安全B.制作汽油桶的材料用金属比用塑料好C.小鸟停在单要高压输电线上会被电死D.打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险答案：B(安徽卷)16.如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为 日。若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=100V/m, 则O、P两点的电势差可表示为y/mA. Uop = -10sinu(V)B. U0P =10sinu(V)C. Uop =10cos/V)D.

16、 Uop =10cosi(V)答案：A解析：在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed ,而d是沿场强方向上的距离，所以dOP = -Rsin0 ,故：UOP =100”-0.1Lsine) =10sin8(V),选项 A 正确。(安徽卷)18.如图所示，M、N是平行板电容器白两个极板， R为定值电阻，R、R2为可调电阻, 用绝缘细线将质量为 m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合电键 S,小球静止时受到悬线的拉力为 F。 调节R、R ,关于F的大小判断正确的是A.保持R1不变，缓慢增大 R时，F将变大B.保持R不变，缓慢增大 R时，F将变小C.保持R不变，缓慢增大 R时，F将变大D .保持R2不变，

17、缓慢增大 R时，F将变小答案：B解析：保持Ri不变，缓慢增大 R2时，由于R0和R串联，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个 极板的电压U减小，带电小球受到的电场力 F电=qE=q,U减小，悬线的拉力为F = J（mg）2 + F电2将减 小，选项B正确，A错误。保持R2不变，缓慢增大 R时，K两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为 F不 变，C、D错误。（安徽卷）23.（16分）如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L、L2）,存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为 Eo, E0表示电场方向加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知

18、量。XXXIX x x x(2)is局| -2T求微粒所带电荷量q和磁感应强度 B的大小;求电场变化的周期T;改变宽度d ,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。解析：（1）微粒作直线运动，则mg qEo =qvB微粒作圆周运动，则mg =qEo联立得mgEo竖直向上。t =0时，一带正电、质量为 m的微粒从左边界上的 N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运N2点。Q为线段N1N2的中点，重力动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的B 2EBV(2)设粒子从Ni运动到Q的时间为ti,作圆周运动的周期为2 V qvB = m R2 二 R 二 vt2联立得t

19、1 =2V;t2电场变化的周期d 二 v+ 2v g(3)若粒子能完成题述的运动过程，要求d2R(10)联立得2V R =2gt2,则(11)因t2不变，T的最小值tminv2gT 二 t t J2 二1 min min 22g(安徽卷)24.(20分)如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于电的绝缘小球甲，以速度B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0X 103V/m。一不带U0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为 m=1.0x 10-2kg,乙所带电荷量q=2

20、.0 x 10-5C, g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)求乙在轨道上的首次落点到B点的距离;设NlQ段直线运动的最短时间为tmin,由(10) (11)得B(2)在满足(1)的条件下。求的甲的速度 u 0；(3)若甲仍以速度U0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到 点的距离范围。答案：(1) 0.4m(2) 2押m/s(3) 0.4m vxv 1.6m解析：(1)在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD,乙离开D点达到水平轨道的时间为t,乙的落点到B点的距离为X,则2Vd_m=mg +qER2

21、R3_*it22 . mx=vDt联立得：x=0.4m(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有：mv0 = mw + m也12 12 12mv0 =-mv甲 +-m化222联立得：v乙=v01 212由动能th理得：mg,2RqE,2R =-mvD - m化2 2联立得：vD = J5(mgZqER = 2.5m/sm(3)设甲的质量为 M,碰撞后甲、乙白速度分别为 vM、vm,根据动量守恒和机械能守恒定律有:Mv0=MVmmvm1Mv 2212120 =7 Mvm二 mvm22联二2(10)2Mv0(11)得：Vm -0M m由(12)和M m ,可得：vDWvm2vD设乙球过D点的速度为Vd,由动能定理得(10)(11)(12)(13)(14)20 / 171.2 12-mg *2R-qE *2R = mvD 一一 mvm 22联立(13) (14)得：2m/s EVdv 8m/s(15)设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x,则有(16)x =Vd t联立(15) (16)得：0.4m vxv 1.6m21 / 17