專題九　電場【專題檢測】A組一、選擇題1.(2019浙江超級全能生聯(lián)考,6)常用的電容器,從構造上看,可以分為固定電容器和可變電容器兩類。如圖為甲、乙兩種電容器的實物圖片,根據(jù)圖中的相關信息,下列判斷中正確的是(　　)A.甲為可變電容器,它是通過改變極板間的距離來改變電容器的電容的B.在不改變其他條件下,將甲電容器浸入煤油中,其電容不發(fā)生變化C.根據(jù)乙電容器外殼上標的數(shù)據(jù)可知,電壓超過5.5V時乙電容器就會被擊穿D.根據(jù)乙電容器外殼上標的數(shù)據(jù)可知,乙電容器接5.5V電壓時,儲存的電荷量為5.5C答案　D　可變電容器甲是通過改變極板的正對面積來改變電容的,將該電容器浸入煤油中,兩極板間的介質改變,相對介電常數(shù)改變,即電容發(fā)生改變,A、B錯誤;電容器的擊穿電壓一定會大于額定電壓,但大于額定電壓,電容器不一定會被擊穿,乙電容器外殼上標的電壓是工作電壓,即標識的“5.5V”為額定電壓,根據(jù)公式可得Q=CU=1.0×5.5C=5.5C,C錯誤、D正確。2.(2020浙江金華十校聯(lián)考,11)甲圖是目前市面流行的車載空氣凈化器,乙圖是它的工作原理示意圖,受污染的空氣含大量粉塵被吸入后,粉塵顆粒物進入電離區(qū)帶上負電,然后在集塵器上被帶電金屬網(wǎng)捕獲,不考慮粉塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力,并忽略粉塵顆粒所受重力。根據(jù)上述介紹,下列說法正確的是(　　)A.帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運動過程中電勢能不斷減少B.帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運動過程中沿途各點電勢逐漸降低C.集塵器上的帶電金屬網(wǎng)可以接正極,也可以接負極D.粉塵顆粒電荷量可能是電子電荷量的1.5倍答案　A　帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運動過程中電場力對帶電粉塵顆粒做正功,則其電勢能減少,故A正確;由題意可知,粉塵顆粒帶負電,則電場方向與運動方向相反,說明帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運動過程中沿途各點電勢逐漸升高,故B錯誤;由題意可知,粉塵顆粒帶負電,為使粉塵顆粒能被帶電金屬網(wǎng)捕獲,則帶電金屬網(wǎng)一定帶正電,所以接正極,故C錯誤;物體的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍,故D錯誤。故選A。3.(2019浙江麗水四校階段性考試,10)如圖所示,一光滑墻面固定一個定滑輪,通過輕繩連接兩個帶電小球A、B,所受重力分別為GA、GB。A、B兩球球心連線水平。兩小球靜止,連接A球的輕繩豎直,連接B球的輕繩與豎直方向夾角為θ,則下列判斷正確的是(　　),A.兩小球帶異種電荷B.兩小球帶電荷量關系為QA>QBC.兩小球的重力關系為GA>GBD.兩小球間的庫侖力F=GAtanθ答案　C　B球受力平衡,則B受到A對它水平向右的庫侖力,則兩小球帶同種電荷,故A錯誤。根據(jù)題意無法判斷電荷量的大小關系,故B錯誤。A處于平衡狀態(tài),受力平衡,則繩子拉力T=GA;B球受力平衡,根據(jù)平衡條件得Tcosθ=GB,則GA>GB,故C正確。B球受力平衡,根據(jù)平衡條件得庫侖力為F=Tsinθ=GAsinθ,故D錯誤。4.(2020浙江長興中學期末)如圖甲所示,a、b是一條豎直電場線上的兩點,一帶正電的粒子從a運動到b的速度-時間圖像如圖乙所示,則下列判斷正確的是(　　)A.b點的電場方向為豎直向下B.a點的電場強度比b點的大C.粒子從a到b的過程中電勢能先減小后增大D.粒子從a到b的過程中機械能先增大后減小答案　B　粒子在a點時受到的電場力方向向上,大小大于重力,所以電場的方向為豎直向上,故A錯誤;粒子在b點時受到的電場力小于重力,所以a點的電場強度比b點的大,故B正確;粒子從a到b的過程中電場力一直做正功,所以電勢能一直減小,故C錯誤;粒子從a到b的過程中,除重力做負功外,只有電場力做正功,則機械能一直增大,故D錯誤。5.(2020浙江嘉興一模,13)如圖所示的豎直平面內(nèi),一帶電體位于A處。一個質量為m的帶負電圓環(huán)套在傾角為θ=45°的絕緣直桿上,靜止于P處且恰好不受摩擦力。ABC為PQ的中垂線,與水平面交于C點,A與P等高。則(　　)A.A處帶電體帶正電B.直桿受到的壓力值為mgcos45°C.A處帶電體帶等量異種電荷時圓環(huán)將以g的加速度做勻加速直線運動D.把帶電體從A移到C處,圓環(huán)同樣不受摩擦力答案　D　對圓環(huán)受力分析,有重力、桿給的支持力,還有庫侖力,因為靜止于P處且恰好不受摩擦力,故可判斷庫侖力為斥力,庫侖力沿斜面向上的分力平衡了重力沿斜面向下的分力,故A處帶電體帶負電,故A錯誤;垂直桿方向合力為零,故N=mgcosθ+F電sinθ,根據(jù)牛頓第三定律可知,壓力大于mgcos45°,故B錯誤;A處帶電體帶等量,異種電荷時,斥力變成引力,如果仍不受摩擦力,則mgsinθ+F電cosθ=ma,而F電cosθ=mgsinθ,故加速度為g,但此時由于存在摩擦力,加速度不再是g,故C錯誤;把帶電體從A移到C處,斥力方向改變,與桿夾角仍不變,故庫侖力沿斜面向上的分力平衡了重力沿斜面向下的分力,不存在摩擦力,故D正確。故選D。二、非選擇題6.(2019浙江學軍中學模擬,20)(9分)如圖所示,一質量為m、電荷量為q(q>0)的小物塊,在距離電場區(qū)域為a處以一定的初速度在一水平絕緣平面上向右運動,物塊與絕緣平面的動摩擦因數(shù)為μ,物塊在運動過程中要穿越寬度為2a、場強大小為E的電場區(qū)域,當場強方向豎直向下時,物塊停留在離開電場區(qū)域左邊緣的0.5a處,當場強方向向上時,物塊停留在距離電場區(qū)域右側的a處。(1)求電場強度的大小,以及物塊的初速度;(2)若增加物塊初速度的大小,當電場向下時,物塊仍能停在電場區(qū)域內(nèi)。求電場向上時物塊運動的時間與電場向下情況下物塊運動時間差值的最小值,并求出對應的初速度。答案　(1)　2　(2)2　解析　(1)當場強方向豎直向下時,由動能定理有m=μmga+μ(mg+qE)×0.5a當場強方向豎直向上時,由動能定理:m=μmg·2a+μ(mg-qE)×2a聯(lián)立解得:E=;v0=2。(2)無論電場方向如何,物塊在進入電場前運動時間是相等的,設滑塊剛進入電場時速度為v,當電場方向向下時物塊不滑出電場,則由動量定理有μ(mg+qE)t1=mv解得t1=若場強方向向上,則由于mg=qE,則滑塊在電場中受摩擦力為零而做勻速運動,離開電場后做勻減速運動,則在電場中的時間為t21=離開電場時μmgt22=mv則運動的總時間為t2=+則時間差Δt=t2-t1=+-=+由數(shù)學知識可知,當=時,Δt最小,即可v=2時,Δt最小值為Δtmin=2此時當場強方向向下時,有mv2=μ(mg+qE)x,解得x=a,滑塊不滑出電場的范圍;由動能定理:m=μmga+mv2解得:v0=。7.(2020浙江杭州第二中學月考,20)(9分)如圖(a)所示,一光滑絕緣細桿豎直放置,距細桿右側d=0.30m的A點處有一固定的點電荷。細桿上套有一帶電荷量q=1.0×10-6C、質量m=0.050kg的小環(huán)。設小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h。將小環(huán)無初速釋放后,其動能Ek隨h的變化曲線如圖(b)所示。(1)試估算點電荷所帶電荷量Q;(2)小環(huán)位于h1=0.40m時的加速度a;(3)小環(huán)從h2=0.30m下落到h3=0.12m的過程中其電勢能的改變量。(靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2,g=10m/s2),圖(a)圖(b)答案　(1)1.6×10-5C　(2)0.78m/s2,方向向下　(3)增加0.11J解析　(1)由題圖(b)可知,當h'=0.36m時,小環(huán)所受合力為零,則k×=mg解得Q==1.6×10-5C。(2)小環(huán)加速度沿桿方向,根據(jù)牛頓第二定律有mg-F1=ma又F1=k解得a=0.78m/s2,方向向下(由于第一問的錯誤導致的結果不扣分)。(3)設小環(huán)從h=0.30m下落到h=0.12m的過程中電場力對小環(huán)做功W,根據(jù)動能定理有mg(h2-h3)+W=ΔEk由題圖(b)讀數(shù)并代入數(shù)據(jù)解得W=-0.11J所以小環(huán)的電勢能增加了0.11J。B組一、選擇題1.(2020浙江名校協(xié)作體聯(lián)考,13)如圖所示,兩個可視為點電荷的帶正電小球A和B,A球系在一根不可伸長的絕緣細線一端,繞過定滑輪,在細繩的另一端施加拉力F,B球固定在絕緣座上,位于定滑輪的正下方。現(xiàn)緩慢拉動細繩,使A球緩慢移動到定滑輪處,此過程中,B球始終靜止,忽略定滑輪大小和摩擦,下列判斷正確的是(　　),A.B球受到的庫侖力先增大后減小B.拉力F一直增大C.地面對絕緣座的支持力一直減少D.A球的電勢能先不變后減少答案　D　本題以帶電粒子在外力作用下緩慢移動到定滑輪處為載體,考查了學生理解能力、推理能力、結合數(shù)學相似三角形知識解決物理問題的能力,體現(xiàn)了科學推理的素養(yǎng)要素。設A球所受庫侖力大小為FC,A、B兩球間距離為r,B球距定滑輪為h,A球與定滑輪間距離為l,對開始位置處的A球受力分析,將F和FC合成如圖,由相似三角形可得==k,所以A球緩慢移動過程中,r先不變,等A球運動到滑輪正下方后,r再變大;整個過程中l(wèi)一直減小。r先不變再變大,B球受到的庫侖力大小先不變再減小,故A項錯誤。A球未到滑輪正下方時,由相似三角形可得=,所以F先減小,當A球到達滑輪正下方后,由平衡條件可得F+k=mg,r變大,所以F再增大,故B項錯誤。A球未到滑輪正下方時,庫侖力大小不變,方向趨近豎直,則B球受到庫侖力的豎直分量變大,地面對絕緣座的支持力先變大;A球到達滑輪正下方后,B球受到庫侖力大小減小、方向豎直向下,地面對絕緣座的支持力減小,故C項錯誤。r先不變再變大,兩者間的庫侖力對A球先不做功后做正功,則A球的電勢能先不變后減少,故D項正確。2.(2019浙江鎮(zhèn)海中學一模,12)如圖為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖。當被測物體在左右方向發(fā)生位移時,電介質板隨之在電容器兩極板之間移動,連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的變化,進而能測出電容的變化,最后就能探測到物體位移的變化,若靜電計上的指針偏角為θ,則被測物體(　　)A.向左移動時,θ增大B.向右移動時,θ增大C.向左移動時,θ不變D.向右移動時,θ減小答案　B　當被測物體向左移動時,導致電容器極板間的電介質增多,則電容會增大,由于電荷量不變,則電容器極板間的電壓減小,即θ減小,故A、C錯誤;當被測物體向右移動時,導致電容器極板間的電介質減少,則電容會減小,由于電荷量不變,則電容器極板間的電壓增大,即θ增大,故B正確,D錯誤。3.(2020浙江十校返校聯(lián)考,10)半徑為R,均勻帶正電荷的球體在空間產(chǎn)生球對稱的電場,場強E沿半徑方向分布的示意圖如圖所示,圖中E0已知,E-r曲線下O-R部分的面積等于R-2R部分的面積,(已知均勻帶電球體在r≥R處的電場可等效于電荷量集中在球心的點電荷產(chǎn)生的電場)則下列說法正確的是(　　),A.r=2R處的電場強度大小為E=B.球體帶總電荷量為Q=C.球心與球表面間的電勢差U=E0RD.質量為m、電荷量為-q的負電荷在2R處靜止釋放,到達球面時的速度大小v=答案　B　球外電場可等效于電荷量集中在球心的點電荷產(chǎn)生的電場,則E0=k、E=k,解得r=2R處的電場強度大小為E=,球體帶總電荷量為Q=,故A錯誤,B正確;E-r曲線與橫軸圍成的面積表示電勢差,則球心與球表面間的電勢差U=E0R,故C錯誤;E-r曲線下O-R部分的面積等于R-2R部分的面積,由動能定理有qU=mv2,解得v=,故D錯誤。故選B。4.(2019浙江慈溪模擬)如圖所示,空間分布著豎直向上的勻強電場E,現(xiàn)在電場區(qū)域內(nèi)某點O處放置一負點電荷Q,并在以O點為球心的球面上選取a、b、c、d、e、f六點,其中ac連線為球的水平大圓直徑,bd連線與電場方向平行。不計空氣阻力,則下列說法中正確的是(　　)A.b、d兩點的電勢相等B.a、c兩點的電場強度相同C.將點電荷+q從球面上b點移到f點,電勢能減小D.若從a點拋出一帶正電小球,小球可能沿a、e、c、f所在圓周做勻速圓周運動答案　D　因為負點電荷Q在b、d兩點形成的電勢相等,而勻強電場在b、d兩點的電勢不相等,則疊加后b、d兩點的電勢不相等,選項A錯誤;由對稱性可知,a、c兩點的電場強度大小相等,但是方向不同,選項B錯誤;將點電荷+q從球面上b點移到f點,負點電荷Q對點電荷+q不做功,但是勻強電場對點電荷+q做負功,則電勢能增加,選項C錯誤;若從a點拋出一帶正電小球,若滿足mg=qE,則帶正電的小球可能在負點電荷Q的庫侖力的作用下沿a、e、c、f所在圓周做勻速圓周運動,選項D正確。故選D。5.(2018浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示,在粗糙絕緣的水平地面上放置一帶正電的物體甲,現(xiàn)將另一個也帶正電的物體乙沿著以甲為圓心的豎直平面內(nèi)的圓弧由M點移動到N點,若此過程中甲始終保持靜止,甲、乙兩物體可視為質點,則下列說法正確的是(　　)A.甲對地面的壓力先增大后減小B.甲受到地面的摩擦力大小不變C.甲受到地面的摩擦力先增大后減小D.乙的電勢能先增大后減小,答案　A　在乙由M點運動到最高點過程中,對物體甲受力分析,如圖,受重力G、地面的支持力FN、摩擦力f以及靜電力F。將靜電力正交分解,由共點力平衡條件得到:Fsinθ-f=0①FN-Fcosθ-G=0②由①②兩式可解得:FN=G+Fcosθ,f=Fsinθ其中G與F不變,θ逐漸減小為零,因而支持力FN逐漸變大,f逐漸變小。當乙由最高點運動到N點的過程中,再次對物體甲受力分析,如圖,受重力G、地面的支持力FN'、摩擦力f'以及靜電力F'。將靜電力正交分解,由共點力平衡條件得到:F'sinθ-f'=0③FN'-F'cosθ-G=0④由③④兩式可解得:FN'=G+F'cosθ,f'=F'sinθ其中G與F'不變,θ由零逐漸增大,因而支持力FN'逐漸變小,f'逐漸變大。綜合以上兩個過程可知:物體甲受到地面的支持力FN先增大后減小,物體甲受到地面的摩擦力先減小后增大,故A正確,B、C錯誤。乙對甲的靜電力方向與乙的速度方向總是垂直的,因而電場力不做功,則乙的電勢能不變,故D錯誤。故選A。6.(2020浙江寧波十校聯(lián)考,9)如圖所示,三個同樣的帶電粒子(不計重力)同時從同一位置沿同一方向垂直于電場線射入平行板電容器間的勻強電場,它們的運動軌跡分別用a、b、c標出,不考慮帶電粒子間的相互作用,下列說法中錯誤的是(　　)A.當b飛離電場的同時,a剛好打在下極板上B.b和c同時飛離電場C.進入電場時,c的速度最大,a的速度最小D.在電場中運動過程中c的動能增加最小,a、b動能增加量相等答案　B　本題考查了帶電粒子在電場中的運動。以類平拋運動為載體,考查了學生對類平拋運動規(guī)律的理解,體現(xiàn)了科學思維素養(yǎng)。三個帶電粒子相同,故進入電場后,受到的電場力相等,即加速度相等,在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動,偏移量y=at2,所以ta=tb>tc,故A正確,不符合題意,B錯誤,符合題意;在水平方向上帶電粒子做勻速直線運動,故有v0=,因為xb=xc>xa,ta=tb>tc,所以有vc>vb>va,故C正確,不符合題意;根據(jù)動能定理有qU=Eqy=ΔEk,故c的動能增加最小,a和b的動能增加量相等,故D正確,不符合題意。故選B。,7.(2020浙江臺州教學質量評估,12)如圖所示,空間有一圓錐OBB',點A、A'分別是兩母線的中點?，F(xiàn)在頂點O處固定一正的點電荷,下列說法中正確的是(　　)A.A、A'兩點的電場強度相同B.平行于底面的圓心為O1的截面為等勢面C.將一正的試探電荷從A點沿直徑移到A'點,靜電力對該試探電荷先做正功后做負功D.若B點的電勢為φB,A點的電勢為φA,則BA連線中點C處的電勢φC小于答案　D　A、A'兩點離頂點O處的正電荷的距離相等,故兩點處的場強大小相等,但其方向不同,故A錯誤;平行于底面,圓心為O1的截面上各點到頂點O處的距離不相等,由等勢面的概念可知,平行于底面,圓心為O1的截面不是等勢面,故B錯誤;由電勢的概念可知,沿直線AA'的電勢變化為先增大后減小,所以當在此直線上從A到A'移動正的試探電荷時,電場力對該正電荷先做負功后做正功,故C錯誤;因為UCB=