2018届高考物理二轮复习文档：“电场的基本性质”学前诊断
“电场的基本性质”学前诊断
考点一
电场强度的理解与计算
1.[考查点电荷的电场强度、电场的叠加]
如图所示，直角坐标系中x轴上在x＝－r处固定有带电荷量为＋9Q的正点电荷，在x＝r处固定有带电荷量为－Q的负点电荷，y轴上a、b两点的坐标分别为ya＝r和yb＝－r，c、d、e点都在x轴上，d点的坐标为xd＝2r，r
Ee
B．a、b两点的电势相等
C．d点场强为零
D．a、b两点的场强相同
解析：选D cd点间距与de点间距相等，根据电场线的分布情况知，c处电场线密，场强大，故A正确；由电场分布的对称性可知，a、b两点的电势相等，故B正确；＋9Q在d点产生的场强大小E1＝k＝k，方向水平向右，－Q在d点产生的场强大小E2＝k，方向水平向左，所以由电场的叠加原理可知，d点场强为零，故C正确；根据电场线分布的对称性可知，a、b两点场强的大小相等，但方向不同，则a、b两点的场强不相同，故D错误。
2．[考查匀强电场的电场强度计算]
如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab＝4 cm，已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q＝1.6×10－3 C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4×10－3 J，则下列关于电场强度的说法中正确的是( )
A．垂直ab向上，大小为400 V/m
B．垂直bd斜向上，大小为400 V/m
C．平行ca斜向上，大小为200 V/m
D．平行bd斜向上，大小为200 V/m
解析：选B 由W＝qU知Uac＝＝ V＝－4 V，而φa＝4 V，所以φc＝8 V，过b点作be∥ac交cd于e，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4 V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd为一条等势线，又由几何关系知eb⊥bd，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd斜向上，大小为E＝＝ V/m＝400 V/m，B项正确。
3．[考查电场强度的叠加及对称法的应用]
如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、 b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )
A．k B．k
C．k D．k
解析：选B 由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Eq＝k，根据对称性可知Q在d点产生的场强大小EQ′＝k，则Ed＝EQ′＋Eq′＝k＋k＝k，故选项B正确。
考点二
平行板电容器问题
4.[考查电容器与电源相连时的动态问题]
一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
解析：选D 平行板电容器电容的表达式为C＝，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。
5．[考查静电计指针张角变化分析]
[多选]静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合。静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是( )
A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大
B．断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大
C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大
D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小
解析：选AC 断开开关，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；断开S后，在A、B间插入电介质，根据C＝知，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；断开S后，将A向上移动少许，根据C＝知，电容减小，根据U
＝知，电势差增大，则指针张角变大，故选项C正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故选项D错误。
6．[考查电容器的两类动态问题对比]
[多选]如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从AB间的某一固定点水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板始终平行)，则下列说法正确的是( )
A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N点的右侧
B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N点的左侧
C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N点的右侧
D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N点的左侧
解析：选BC 若小球带正电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，根据E＝＝＝，E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故A错误。若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E＝＝＝，所以d减小时E增大，所以电场力变大，小球在竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确。若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E＝＝＝，所以d减小时E增大，所以电场力变大，若电场力小于重力，小球在竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确。若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，根据E＝＝＝，E不变，所以电场力大小不变，小球在竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍落在N点，故D错误。
考点三
电场的性质及应用
7.[考查等量异种电荷电场分布特点及电势能大小比较]
如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是( )
A．b点的电势为零，电场强度也为零
B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右
C．将正的试探电荷从O点移到a点，电势能减少
D．将同一正的试探电荷先后分别从O、b点移到a点，第二次电势能的变化较大
解析：选B 结合等量异种点电荷的电场分布的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0，故A错误；由题图知，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右，且其电势能大于零，故B正确；电场线由Q指向－Q，故正电荷从O向a运动的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C错误；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误。
8．[考查由带电粒子的运动轨迹判断粒子受力及运动情况]
如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则( )
A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va
C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb
解析：选D a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rb＜rc＜ra，则三点的电场强度由E＝k可知Eb＞Ec＞Ea，故带电粒子Q在这三点的加速度ab＞ac＞aa。由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝mvb2－mva2＜0，则vb＜va，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|＝mvc2－mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab
|＞|Ubc|，则va＞vc，故va＞vc＞vb，选项D正确。
9．[考查φx图像及电场中的功能关系]
[多选]有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势φ随x的分布如图所示。一质量为m、带电荷量为－q的粒子只在电场力的作用下，以初速度v0从x＝0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的是( )
A．粒子从x＝0处运动到x＝x1处的过程中动能逐渐增大
B．粒子从x＝x1处运动到x＝x3处的过程中电势能逐渐减小
C．欲使粒子能够到达x＝x4处，则粒子从x＝0处出发时的最小速度应为2
D．若v0＝2，则粒子在运动过程中的最小速度为
解析：选BD 粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误。粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势能小，可知，粒子的电势能不断减小，故B正确。根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：－qφ0＝0－mv02，解得：v0＝，则要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为 ，故C错误。若v0＝2，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：
－qφ0＝mvmin2－mv02，
解得最小速度为：vmin＝ ，故D正确。
考点四
带电粒子在电场中的运动
10.[考查带电粒子在交变电场中的偏转问题]
[多选]如图甲所示，一平行板电容器极板板长l＝10 cm，宽a＝8 cm，两极板间距为d
＝4 cm。距极板右端处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左侧有一长b＝8 cm的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C/kg，速度为4×106 m/s的带电粒子。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下面说法正确的是( )
A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cm
B．粒子打在屏上的区域面积为64 cm2
C．在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子的64%能够打在屏上
D．在0～0.02 s内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s
解析：选BCD 设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为U0
水平方向：l＝v0t①
竖直方向：＝at2②
又a＝③
由①②③得：U0＝＝128 V。
当U≥128 V时粒子打到极板上，当U＜128 V时打到屏上，可知，粒子通过电场偏转距离最大为d。
则y＝＋··
解得：y＝d＝4 cm，又由对称性知，粒子打在屏上的总长度为2d，区域面积为S＝2d·b＝64 cm2，选项A错误，B正确；粒子打在屏上的比例为%＝64%，在0～0.02
s内，进入电容器内的粒子的64%能够打在屏上，选项C正确；在前T(0～0.005 s)，粒子打到屏上的时间t0＝×0.005 s＝0.003 2 s；又由对称性知，在一个周期(0～0.02 s)内，打到屏上的总时间t＝4t0＝0.012 8 s，选项D正确。
11．[考查带电粒子在电场中的直线运动]
中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的荷质比取1×108 C/kg。求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压。
解析：(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝ ①
L＝vB· ②
联立①②式并代入数据得L＝0.4 m。 ③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场力对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则
W＝qU ④
W′＝3W ⑤
W′＝mvE2－mvB2 ⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V。 ⑦
答案：(1)0.4 m (2)6×104 V
12．[考查带电粒子在电场中的加速与偏转]
如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x＞0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝×103 V/m；比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(，1)点；粒子P的重力不计，试求：
(1)金属板AB之间的电势差UAB；
(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点(x，y)坐标满足的关系。
解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(，1)点历时为t0，由类平抛运动规律可得：x＝v0t0
y＝t02
解得：v0＝×104 m/s。
在金属板AB之间，由动能定理：qUAB＝mv02
解得：UAB＝1 000 V。
(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y
)点释放后，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：
对于P：Eq＝ma1
对于Q：Eq＝2ma2
x＝v0t
a1t2＝y＋a2t2
解得：y＝x2，其中x＞0
即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为：
y＝x2，其中x＞0。
答案：(1)1 000 V (2)y＝x2，其中x＞0
