《2020物理高考二輪專題復習與測試：專題強化練八 電場及帶電粒子在電場中的運動 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020物理高考二輪專題復習與測試：專題強化練八 電場及帶電粒子在電場中的運動 Word版含解析（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題強化練專題強化練(八八) 考點考點 1 電場力的性質電場力的性質 1(2019 大連模擬大連模擬)如圖所示，在粗糙絕緣的水平面上有一物體如圖所示，在粗糙絕緣的水平面上有一物體 A帶正電， 另一帶正電的物體帶正電， 另一帶正電的物體 B 沿著以沿著以 A 為圓心的圓弧由為圓心的圓弧由 P 到到 Q 緩慢地緩慢地從從 A 的正上方經(jīng)過，若此過程中的正上方經(jīng)過，若此過程中 A 始終保持靜止，始終保持靜止，A、B 兩物體可視兩物體可視為質點且只考慮它們之間有庫侖力的作用， 則下列說法正確的是為質點且只考慮它們之間有庫侖力的作用， 則下列說法正確的是( ) A物體物體 A 受到地面的支持力先增大后

2、減小受到地面的支持力先增大后減小 B物體物體 A 受到地面的支持力保持不變受到地面的支持力保持不變 C物體物體 A 受到地面的摩擦力先增大后減小受到地面的摩擦力先增大后減小 D庫侖力對物體庫侖力對物體 B 先做正功后做負功先做正功后做負功 解析：解析：當物體當物體 B 由由 P 點運動到最高點的過程中，物體點運動到最高點的過程中，物體 A 受力如圖受力如圖甲所示，由平衡條件得，水平方向甲所示，由平衡條件得，水平方向 Fsin Ff0，豎直方向，豎直方向 FNFcos mg0，解得，解得 FNmgFcos ，F(xiàn)fFsin ，由于，由于 mg 與與 F 不變，不變，逐漸減小為零，因而支持力逐漸減小

3、為零，因而支持力 FN逐漸變大，逐漸變大，F(xiàn)f逐漸變小當物體逐漸變小當物體 B 由最由最高點運動到高點運動到 Q 點的過程中，物體點的過程中，物體 A 受力如圖乙所示，由平衡條件得，受力如圖乙所示，由平衡條件得，水平方向水平方向 Fsin Ff0，豎直方向，豎直方向 FNFcos mg0，解得，解得 FNmgFcos ，F(xiàn)fFsin ，由于，由于 mg 與與 F 不變，不變， 由零逐漸增大，因而由零逐漸增大，因而支持力支持力 FN逐漸變小，逐漸變小， Ff逐漸變大， 因此物體逐漸變大， 因此物體 A 受到地面的支持力先增受到地面的支持力先增大后減小，物體大后減小，物體 A 受到地面的摩擦力先減

4、小后增大，故受到地面的摩擦力先減小后增大，故 A 正確，正確，B、C 錯誤；物體錯誤；物體 B 受的庫侖力方向與物體受的庫侖力方向與物體 B 的速度總是垂直，庫侖力對的速度總是垂直，庫侖力對B 不做功，故不做功，故 D 錯誤錯誤 答案：答案：A 2 (2019 石家莊質檢石家莊質檢)均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場如圖所示，在半球面于電荷集中于球心處產生的電場如圖所示，在半球面 AB 上均勻分上均勻分布正電荷，總電荷量為布正電荷，總電荷量為 q，球面半徑為，球面半徑為 R，CD 為通過半球面頂點與球為通過半球面頂點與球心心

5、 O 的軸線，在軸線上有的軸線，在軸線上有 M、N 兩點，兩點，OMON2R.已知已知 M 點的場點的場強大小為強大小為 E，則，則 N 點的場強大小為點的場強大小為( ) A.kq2R2E B.kq4R2 C.kq4R2E D.kq4R2E 解析：解析：左半球面左半球面 AB 上的正電荷產生的電場等效為帶正上的正電荷產生的電場等效為帶正電荷量為電荷量為2q 的整個球面的電場和帶電荷量的整個球面的電場和帶電荷量q 的右半球面的電場的合電場，則的右半球面的電場的合電場，則E2kq（2R）2E，E為帶電荷量為帶電荷量q 的右半球面在的右半球面在 M 點產生的場強大點產生的場強大小帶電荷量小帶電荷量

6、q 的右半球面在的右半球面在 M 點的場強大小與帶正電荷量為點的場強大小與帶正電荷量為 q 的的左半球面左半球面 AB在在 N點的場強大小相等， 則點的場強大小相等， 則 ENE2kq（2R）2Ekq2R2E，則，則 A 正確正確 答案：答案：A 3.如圖所示， 圖中如圖所示， 圖中 MN 是由點電荷產生的電場中的一條電場線 一是由點電荷產生的電場中的一條電場線 一 帶正電粒子帶正電粒子 q 飛入電場后，只在電場力作用下沿圖中虛線運動，飛入電場后，只在電場力作用下沿圖中虛線運動，a、b是該曲線上的兩點，是該曲線上的兩點，則下列說法正確是則下列說法正確是( ) A若場源電荷為負電荷，其在若場源電

7、荷為負電荷，其在 N 端端 B若場源電荷為正電荷，其在若場源電荷為正電荷，其在 M 端端 C正粒子正粒子 q 經(jīng)過經(jīng)過 MN 時，其加速度方向向左時，其加速度方向向左 Da 點的電場強度大于點的電場強度大于 b 點的電場強度點的電場強度 解析：解析：正粒子正粒子 q 經(jīng)過經(jīng)過 MN 時受到的電場力向左，加速度方向向左，時受到的電場力向左，加速度方向向左，場源電荷產生的場強由場源電荷產生的場強由 N 指向指向 M，若場源電荷為負電荷，其在，若場源電荷為負電荷，其在 M 端，端，若場源電荷為正電荷，其在若場源電荷為正電荷，其在 N 端，故端，故 A、B 錯誤，錯誤，C 正確；由于場源正確；由于場源

8、電荷不確定，所以無法比較電荷不確定，所以無法比較 a、b 兩點的電場強度兩點的電場強度大小，故大小，故 D 錯誤錯誤 答案：答案：C 考點考點 2 電場能的性質電場能的性質 4(多選多選)(2019 新鄉(xiāng)模擬新鄉(xiāng)模擬)如圖甲所示，在等量同種點電荷連線的如圖甲所示，在等量同種點電荷連線的中垂線上固定一根光滑的絕緣輕桿，桿上穿一個質量中垂線上固定一根光滑的絕緣輕桿，桿上穿一個質量 m1.0103 kg，帶電量，帶電量 q5.0104 C 的小球，小球從的小球，小球從 C 點由靜止釋放，其點由靜止釋放，其 v-t圖象如圖乙所示，圖象如圖乙所示，10 s 時到達時到達 B 點，且此時圖象的斜率最大，下

9、列說點，且此時圖象的斜率最大，下列說法正確的是法正確的是( ) AO 點右側點右側 B 點場強最大，場強大小為點場強最大，場強大小為 E12 V/m B從從 C 經(jīng)過經(jīng)過 B 點后向右運動，小球的電勢能先減小后增大點后向右運動，小球的電勢能先減小后增大 C從從 C 到到 B 電勢逐漸降低電勢逐漸降低 DC、B 兩點的電勢差兩點的電勢差 UCB0.9 V 解析：解析：小球在運動過程中，合外力小球在運動過程中，合外力 FqE，加速度，加速度 aqEm，在，在 O點右側桿上，電場方向向右，加速度向右，小球做加速運動，圖象斜點右側桿上，電場方向向右，加速度向右，小球做加速運動，圖象斜率越大加速度越大，

10、 故率越大加速度越大， 故 B 點的加速度最大， 最大加速度點的加速度最大， 最大加速度 a0.30105 m/s20.06 m/s2，此時場強最大，此時場強最大 Emaq12 V/m，故，故 A 正確；從正確；從 C 經(jīng)過經(jīng)過 B點后向右運動的過程，電場方向向右，沿著電場線點后向右運動的過程，電場方向向右，沿著電場線方向電勢降低，電方向電勢降低，電場力做正功，小球的電勢能減小，故場力做正功，小球的電勢能減小，故 B 錯誤，錯誤，C 正確；小球從正確；小球從 C 到到 B的過程只有電場力做功，由動能定理得的過程只有電場力做功，由動能定理得 qUCB12mv2B0，解得，解得 UCBmv2B2q

11、1.01030.3225104 V9 V，故，故 D 錯誤錯誤 答案：答案：AC 5(多選多選)(2019 泰安一模泰安一模)如圖所示，豎直向上的勻強電場中，一如圖所示，豎直向上的勻強電場中，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球，小球豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球，小球靜止時位于靜止時位于 N 點，彈簧恰好處于點，彈簧恰好處于原長狀態(tài)保持小球的帶電量不變，原長狀態(tài)保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高到現(xiàn)將小球提高到 M 點由靜止釋放則釋放后小球從點由靜止釋放則釋放后小球從 M 運動到運動到 N 過程過程中中( ) A小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和保持

12、不變小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 B小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量 C彈簧彈性勢能的減少量等于小球動能的增加量彈簧彈性勢能的減少量等于小球動能的增加量 D小球動能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和小球動能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和 解析：解析：由于有電場力做功，故小球的機械能與彈簧的彈性勢能之由于有電場力做功，故小球的機械能與彈簧的彈性勢能之 和是改變的，故和是改變的，故 A 錯誤；由題意，小球受到的電場力與錯誤；由題意，小球受到的電場力與重力大小相等，重力大小相等，在小球從在小球從 M 運動到運動到 N 過程中，

13、重力做多少正功， 重力勢能就減少多少，過程中， 重力做多少正功， 重力勢能就減少多少，電場力做多少負功，電勢能就增加多少，故小球重力勢能的減少量等電場力做多少負功，電勢能就增加多少，故小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量，于小球電勢能的增加量，B 正確；由動能定理可知，彈力對小球做的正確；由動能定理可知，彈力對小球做的功等于小球動能的增加量，又因為彈力的功等于彈性勢能的減少量，功等于小球動能的增加量，又因為彈力的功等于彈性勢能的減少量，故故 C 正確；顯然電場力和重力做功的代數(shù)和為零，故正確；顯然電場力和重力做功的代數(shù)和為零，故 D 錯誤錯誤 答案：答案：BC 6(多選多選)(2019

14、濰坊模擬濰坊模擬)一電子只在電場力作用下沿一電子只在電場力作用下沿 x 軸正方向軸正方向運動，其電勢能運動，其電勢能 Ep隨位移隨位移 x 變化的關系如圖所示，其中變化的關系如圖所示，其中 0 x1段是曲段是曲線，線，x1x2段是平行于段是平行于 x 軸的直線，軸的直線，x2x3段是傾斜直段是傾斜直線，下列說法正線，下列說法正確的是確的是( ) A從從 0 到到 x1電勢逐漸降低電勢逐漸降低 Bx2處的電勢比處的電勢比 x3處高處高 Cx1x2段電場強度為零段電場強度為零 Dx2x3段的電場強度減小段的電場強度減小 解析：解析：由圖象可知，從由圖象可知，從 0 到到 x1電勢能增加，根據(jù)電勢能

15、增加，根據(jù) Epq，粒子帶，粒子帶負電，知負電，知 3210)的帶電小球的帶電小球 M、N 先后以相同的初速度沿水平方向射先后以相同的初速度沿水平方向射出小球進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開已知出小球進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開已知 N 離開電場離開電場時的位置與時的位置與 A 點在同一高度；點在同一高度；M 剛離開電場時的動能為剛進入電場時剛離開電場時的動能為剛進入電場時動能的動能的 8 倍，不計空氣阻力，重力加速度大小為倍，不計空氣阻力，重力加速度大小為 g，已知，已知 A 點到左邊點到左邊界的距離也為界的距離也為 L. (1)求該電場的電場強度大小；求該電場的電場強度大小；

16、(2)求小球射出的初速度大小；求小球射出的初速度大??； (3)要使小球要使小球 M、N 離開電場時的位置之間的距離不超過離開電場時的位置之間的距離不超過 L，僅改，僅改變兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿足的條件變兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿足的條件 解析：解析：(1)小球在水平方小球在水平方向做勻速運動，則小球在電場區(qū)域內、外向做勻速運動，則小球在電場區(qū)域內、外的運動時間的運動時間 t 相同相同 N 離開電場時的位置與離開電場時的位置與 A 點在同一高度，即豎直位移為點在同一高度，即豎直位移為 0，設，設 N在電場內的加速度為在電場內的加速度為 a，則有，則有 012gt2vyt1

17、2at2， 又因為又因為 vygt， 解得解得 a3g，方向豎直向上，方向豎直向上， 由牛頓第二定律得：由牛頓第二定律得：qEmg3mg， 解得解得 E4mgq； (2)M 在電場中的加速度在電場中的加速度 aqEmgm5g，方向豎直向下，方向豎直向下， 故故 M 剛離開電場時的豎直分速度剛離開電場時的豎直分速度 vygt5gt6gt， 又有小球在水平方向又有小球在水平方向做勻速運動，設小球射出的初速度為做勻速運動，設小球射出的初速度為 v0，則，則有有 tLv0， 由由 M 剛離開電場時的動能為剛進入電場時動能的剛離開電場時的動能為剛進入電場時動能的 8 倍得倍得12m(v2yv20)812mv20(gt)2， 解得解得 v2y(6gt)27v208(gt)2， v204(gt)24g2L2v20， v0 2gL； (3)M、N 進入電場前的運動一致，那么，進入電場前的運動一致，那么，M、N 離開電場時的位離開電場時的位置之間的距離：置之間的距離： dgt t12 5gt2 gt t12 3gt24gt2L， 解得解得 t L4g， 故故 v0LtLL4g2 gL. 答案：答案：(1)4mgq (2) 2gL (3)v02 gL