2022届高考物理专题强化训练 电场 WORD版含答案.docx

1、2022高考物理 电场专题强化训练一、单选题1基于人的指纹具有唯一性和终身不变性的特点，科学家们发明了指纹识别技术。目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”，传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和与之正对的皮肤表面就形成了大量的小电容器，由于距离不同，所以这些小电容器的电容不同。此时传感器给所有的小电容器充电达到某一电压值，然后开始放电，其中电容值较小的小电容器放电较快，于是根据放电快慢的不同，就可以探测到同样的位置，从而形成指纹的图象数据。根据以上信息，下列说法中正确的是（）A在峪

2、处形成的小电容器电容较大B在峪处形成的小电容器放电较慢C在嵴处形成的小电容器充电后带电量较大D潮湿的手指对指纹识别没有任何影响2如图所示，带正电的小球A用竖直立在地面上的绝缘杆支撑固定，把带正电的小球B绕过A球正上方的定滑轮的绝缘细线用手拉住。开始时A、B在同一水平线上并处于静止状态，不计两个小球的大小。现使小球B缓慢向下移动，小球B在向下移动过程中，A、B两球的电荷量保持不变，不计两球间的万有引力，则在B球缓慢移动一小段距离的过程中（）AA、B两球间的距离在增大B小球B的运动轨迹是直线C细线上的张力一直增大DA、B两球组成的系统电势能在减小3空间中有一正四面体，棱长为l。在4个顶点都放置一个

3、电荷量为的正点电荷，棱、中点分别为e、f、g，、中点分别为h、i、j。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（）Ae、f、g三点电势不同，h、i、j三点电势相同B底面的中心位置点的电场强度为C该正四面体内、外整个空间中一共有3个场强为0的位置D若将一个负点电荷，从e点沿棱移动到i点，电场力做功为04如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中错误的是（）A三个等势面中，a的电势最高B带电质点通过P点时的电势能较Q点大C带电质点通过P点时的动能较Q点大D带

4、电质点通过P点时的加速度较Q点大5两个点电荷q1、q2固定在x轴上，一带正电粒子的电势能Ep随位置x的变化规律如图所示，当粒子只在静电力作用下在x1x2之间运动时，以下判断正确的是（）Ax1x2之间的电场强度沿x轴正方向Bx1处的电场强度为零C从x1到x2带电粒子的速度一直减小D从x1到x2带电粒子的加速度一直增大6在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有（）Aq1和q2带有同种电荷Bx1处的电场强度为零C负电荷从x1移到x2，电势能减小D负电荷从x1移到x2，受到的静电力增大7如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行

5、于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M点在纸面内以v0的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为的速度通过N点。已知重力加速度g，不计空气阻力。则下列正确的是（）A小球从M到N的过程经历的时间B可以判断出电场强度的方向水平向左C从M点到N点的过程中小球的机械能先增大后减小D从M到N的运动过程中速度大小一直增大8如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上。平行板电容器两极板间距离为，右极板上有一小孔，一长为的绝缘杆穿过小孔，左端固定在左极板上，电容器两极板连同底座、绝缘杆总质量为，有一质量为、电荷量为的带正电圆环套在杆上，环以某一初速度从杆右端

6、对准小孔向左运动。已知，取水平向左为正方向。假设带电环不影响电容器极板间电场的分布，两极板间的电场为匀强电场，电容器外部电场和接触面的摩擦均忽略不计。若带电环进入电容器后距左板的最小距离为，则（）A带电环与左极板间相距最近时的速度为 B带电环从右极板小孔离开电场时的速度为C极板间的电场强度大小为 D极板间的电场强度大小为二、多选题9如图所示，b、c、d是匀强电场中的三个点，它们恰好位于以O点为圆心的圆上，cd是该圆的一条直径，已知电场方向平行于圆所在的平面（纸面）。将质量为m、电荷量为q（q0）的带电粒子从d点移到c点，电场力做的功为W（W0）；再将该粒子从b点移到c点，电场力做的功为。若将该

7、粒子从d点以一定初速率向纸面内任意方向射出，沿垂直cd向上射出时，粒子恰好经过c点，不计粒子重力。已知，下列说法正确的是（）A该匀强电场的电场强度大小为 B该匀强电场的场强方向与cb平行C粒子从d点运动到c点所用的时间为 D粒子经过圆周时，最大动能为10如图所示，某可变电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，下极板接地，板间为真空。两金属板分别与二极管和电源两极相连，初始时板间的带电粒子处于静止状态。电容器的下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移。起初两极板边缘对齐，忽略边缘效应，则下列说法正确的是（）A板间距不变的情况下电容器的电容与上极板转过的角度成反比B若将上极

8、板转过20角，则电容器所带电荷量变为原来的C若将板间距变为原来的二倍，则带电粒子仍处于静止状态D若将上极板转过60角，则电容器两极板连线中点处的电势变为原来的11某同学用如图1所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能（重力势能、电势能之和）情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出的位置和速度，利用能量守恒可以得到势能图像。图2中图是小球图像，图是计算机拟合的图线的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，则2小球（）A上升过程速度一直变大 B上升过程速度先变大后变小C质量为 D从处运动至处电势能减少12如图所示，

9、匀强电场中有一个以为圆心，半径为的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、两点电势差为，一带正电的粒子在该电场中运动，经过A、两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为，粒子重力不计，则（）A粒子在A、间是做圆周运动 B粒子从A到的运动过程中，动能先减小后增大C匀强电场的电场强度 D圆周上电势最高的点与点的电势差为13如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q（）、质量为m的粒子，在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，以下判断正确的是（）A粒子在电场中运动的最短时间为 B射出粒子的最大动能为C时刻进入的粒子

10、，从O点射出 D时刻进入的粒子，从O点射出三、解答题14在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（均可视为质点）组成一个带电系统，球A所带的电荷量为+2q，球B所带的电荷量为-3q。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNPQ内，已知虚线MN位于细杆的中垂线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场场强大小为E，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动，不考虑其它因素的影响。求：（1）释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小；（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间；（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值。15如图所示，长

11、为L的绝缘细线一端拴着一个质量为m、带电量为+q、可视为质点的小球，另一端系在O点，在O点正下方有一个光滑绝缘的圆弧轨道MN关于重锤线OP对称固定，圆弧半径也为L。没有电场时小球绕O点在竖直面内摆动时恰与圆弧轨道接触但无挤压力。现加上水平向右、场强大小（g为重力加速度）的匀强电场，将小球拉至与悬点O等高的A点由静止释放，由于细线所能承受的拉力有限，被拉直瞬间细线断裂，小球垂直圆弧方向的速度瞬间变为零，此后小球从圆弧右端N点飞出，求：（1）细线被拉断瞬间小球的速度；（2）小球从N点飞出前瞬间对轨道的压力大小；（3）小球飞出轨道后能上升的最大高度及小上升到最大高度处时的动量大小。16如图所示，圆心

12、为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，A、B、C是圆上的三点，。将质量为m，电荷量为的粒子在纸面内沿垂直AB的方向从A点先后以不同速率射出，粒子会从圆周上的不同位置离开该圆形区域，其中从圆周上D点离开的粒子在射到圆周上的过程中动能增量最大（D未画出）。已知粒子从A点运动到B点，电场力做功为，粒子从A点运动到C点，电场力做功为W。（不计粒子的重力）（1）求匀强电场电场强度的大小；（2）若粒子通过圆周上的C点，求粒子从A点射出时的初速度及粒子在A、C间运动过程中速度增量的大小；（3）若该粒子通过圆周上的D点，求粒子通过D点时的动能。参考答案：1C【解析】A在峪处形成的小电容器，极板与指纹间

13、距离d较大，所以根据电容的决定义可知，电容较小，所以A错误；B在峪处形成的小电容器，极板与指纹间距离d较大，所以根据电容的决定义可知，电容较小，所带电荷量较小，则放电较快，所以B错误；C在嵴处形成的小电容器，极板与指纹间距离d较小，所以根据电容的决定义可知，电容较大，充电后带电量较大，所以C正确；D潮湿的手指与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以对指纹识别会产生影响，则D错误；故选C。2C【解析】ABC设小球B受到的重力为mg，A、B两球的带电量分别为q1、q2，两球间的距离为r，定滑轮距离A球为h，距离B球为d，对B球受力分析如图：根据相似三角形可知得小球B缓慢向下移

14、动过程中，两个三角形仍然是相似的，以上的公式仍然成立。根据题意移动过程mg、h不变，则在小球缓慢移动过程中r保持不变，因此小球的运动轨迹是一段圆弧，则A、B两球之间的库仑力大小保持不变，又由于d在增大，因此一直在增大，所以细线上的张力F一直在增大，选项AB错误，C正确；D由于小球的运动轨迹是一段圆弧，库仑力不做功，则A、B两球组成的系统电势能不变，选项D错误。故选C。3DA根据对称性，六个棱中点分别到四面体各个顶点距离相等，故每个点电荷在六个棱中点各点的电势都相等，所以每条棱的中点电势都相同，故A错误；B底面的中心位置O点的电场强度为4个点电荷形成的电场强度的叠加，底面的点电荷形成的电场强度的

15、矢量和为0，故O点的电场强度为由a点的点电荷产生，大小为故B错误；C根据对称性正四面体体心和无穷远处两个地方电场强度为0，故C错误；De、i电势差为0，故点电荷从e点沿棱移动到i点，电场力做功为0，D正确。故选D。4C【详解】A质点所受的电场力指向轨迹内侧，且与等势面垂直，由于电荷带正电，因此电场线垂直于等势面，指向右下方，而沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，A正确；B根据质点的受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故质点在P点的电势能大于Q点的电势能，B正确；C从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，C错误；D等

16、势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力较大，根据牛顿第二定律，加速度也较大，D正确。故选C。5C【解析】A由题图可知，带正电粒子从x1到x2电势能增大，则静电力做负功，方向沿x轴负方向因为正电荷受静电力方向与电场强度方向一致，则x1x2之间的电场强度沿x轴负方向，故A错误；BEp-x图像中直线或曲线某处切线的斜率大小表示静电力的大小，由题图可知x1处的切线斜率不为零，故该处的电场强度也不为零，故B错误；C只在静电力作用下粒子的动能与电势能之和不变，可知从x1到x2，粒子的电势能增大，则动能一直减小，其速度一直减小，故C正确；D从x1到x2图线的斜率逐渐减小，所以粒子受到的静电力逐

17、渐减小，其加速度也逐渐减小，故D错误。故选C。6C【详解】A由题图可知，在x轴上，有电势大于零的位置也有电势小于零的位置，所以两点电荷q1和q2带有异种电荷，故A错误；B在-x图像中，图像切线的斜率大小表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，故B错误；C由Ep=q可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势升高，电势能减小，故C正确；D从x1到x2电场强度逐渐减小，负电荷受到的静电力逐渐减小，故D错误。故选C。7A【详解】AB小球从M到N的运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W，根据动能定理有解得W0所以MN为电场的等势面，可知电场的方向水平向右，则小球在竖直方

18、向做自由落体运动，小球从M到N的过程经历的时间为联立解得故A正确，B错误；C小球受水平向右的电场力，电场力对小球先做负功后做正功，机械能先减小后增大，故C错误；D小球所受合外力斜向右下，合外力与速度方向先大于90，后小于90，即合外力先对小球做正功，后对小球做负功，小球从M到N的运动过程中速度先减小后增大，故D错误。故选A。8C【详解】ACD带电环距左极板最近时，带电环与绝缘杆相对静止，这一过程类似完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得则由能量守恒定律得联立解得故AD错误C正确；B带电环从进入电场到从右极板小孔离开电场，这一过程类似弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，有联立解得故B错误。故选C。

19、9AD【详解】AB由几何关系得设匀强电场具有竖直向下的分量和水平向左的分量，则解得 设电场强度与水平方向的夹角为，则有 可得 即电场方向沿bO方向，A正确，B错误；CD粒子从d点射出至运动到c点，由几何关系和运动学规律有 联立解得 连接bO，延长bO与圆周交于a点，当粒子从a点射出时，电场力做的功最多，射出时的动能最大（点拨：电场力恒定，在力的方向上的位移越大，做的功越多），有解得C错误，D正确。故选AD。10CD【详解】A电容的决定式由表达式可知电容器的电容与上极板转过的角度不成反比，故A错误；B若将上极板转过20，电容器的电容将变为原来的，电容器将放电，但由于二极管反向截止，因此电容器所带

20、电荷量不变，故B错误；C若将板间距变为原来的二倍，电容器的电容变为原来的，电容器将放电，由于二极管反向截止，因此电容器的电荷量不变，电容器两板间匀强电场的电场强度因此场强不变，带电粒子所受电场力不变，仍处于静止状态，故C正确；D若将上极板转过60，正对面积变为原来的，电容器两板间匀强电场的电场强度分析可知电容器的电荷量不变，电场强度E变为原来的，电容器两极板连线中点与下极板的距离不变，连线中点与下板板的电势差变为原来的，下极板电势为零，则电容器两极板连线中点处的电势变为原来的，故D正确。故选CD。11BCD【详解】AB上升过程系统能量守恒结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此，小球2的

21、动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；C根据库仑定律可知，当时，系统势能的变化量主要取决于重力做功即由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知解得C正确；D从处运动至过程中，根据系统能量守恒根据动能定理可得又因为解得从处运动至过程中，电场力做的正功，电势能减少，D正确。故选BCD。12BDA带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等，因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO。由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；B由A选项分析可知，速度方

22、向与电场力方向夹角先大于90后小于90，电场力对于粒子运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故B正确；C匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知所以故C错误；D圆周上，电势最高的点与O点的电势差为故D正确；故选BD。13AD【详解】A由题图可知场强大小则粒子在电场中的加速度则粒子在电场中运动的最短时间满足解得选项A正确；B能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时粒子的动能均为，选项B错误；C时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速，后向下减速速度到零；然后向

23、上加速，再向上减速速度到零如此反复，则最后从O点射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O点下方射出，故C错误；D时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零如此反复，则最后从O点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O点射出，选项D正确。故选AD。14（1）；（2） ；（3）Ep =6EqL【详解】（1）对整体应用牛顿第二定律得出两小球加速度（2）系统向右加速运动阶段解此时B球刚刚进入MN，系统的速度v=at1假设小球A不会出电场区域，向右减速运动阶段-3Eq+2Eq=2ma加速度减速运动时间减速运动的距离可知小球A恰好运动到PQ边界

24、时速度减为零，假设成立。所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间（3）B球在电场中向右运动的最大距离x=2L进而求出B球电势能增加的最大值Ep=-W电=6EqL15(1)；(2)；(3) ；【详解】(1)小球所受电场力为所以电场力与重力的合力为释放后小球沿与竖直方向成45角斜向下运动，到O点正下方的P点时，被拉直，细线断裂，此时运动的位移为由速度位移公可得(2)小球在P点的水平速度为从P点到N点，上升高度为水平距离为由动能定理可得可得在N点由牛顿第二定律可得联立可得小球对轨道的压力与FN是相互作用，等大，所以压力也是；(3)小球在N点的竖直速度和水平速度当竖直分速度为零时，上升到最高点，则有可得运动时间为水平方向有可得则在动量大小16（1）；（2），；（3）【详解】（1）由，可知AB中点P点与C点等势，即CP为匀强电场中的一条等势线。又由几何关系可知可确定电场强度方向沿由A到B方向。粒子由A运动到B电场力做功为解得（2）由牛顿第二定律得粒子从A点到C点做类平抛运动，得解得由得（3）如图，由几何关系得圆的半径为由几何关系得 由运动学公式得 解得