《2020物理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試：專題強(qiáng)化練八 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020物理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試：專題強(qiáng)化練八 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) Word版含解析（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題強(qiáng)化練專題強(qiáng)化練(八八) 考點(diǎn)考點(diǎn) 1 電場(chǎng)力的性質(zhì)電場(chǎng)力的性質(zhì) 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(guò)，若此過(guò)程中的正上方經(jīng)過(guò)，若此過(guò)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(zhì)點(diǎn)且只考慮它們之間有庫(kù)侖力的作用， 則下列說(shuō)法正確的是為質(zhì)點(diǎn)且只考慮它們之間有庫(kù)侖力的作用， 則下列說(shuō)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(kù)侖力對(duì)物體庫(kù)侖力對(duì)物體 B 先做正功后做負(fù)功先做正功后做負(fù)功 解析：解析：當(dāng)物體當(dāng)物體 B 由由 P 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，物體點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)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(dāng)物體逐漸變小當(dāng)物體 B 由最由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 Q 點(diǎn)的過(guò)程中，物體點(diǎn)的過(guò)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(cuò)誤；物體錯(cuò)誤；物體 B 受的庫(kù)侖力方向與物體受的庫(kù)侖力方向與物體 B 的速度總是垂直，庫(kù)侖力對(duì)的速度總是垂直，庫(kù)侖力對(duì)B 不做功，故不做功，故 D 錯(cuò)誤錯(cuò)誤 答案：答案：A 2 (2019 石家莊質(zhì)檢石家莊質(zhì)檢)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)如圖所示，在半球面于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)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(guò)半球面頂點(diǎn)與球?yàn)橥ㄟ^(guò)半球面頂點(diǎn)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(diǎn)，兩點(diǎn)，OMON2R.已知已知 M 點(diǎn)的場(chǎng)點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為強(qiáng)大小為 E，則，則 N 點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)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(chǎn)生的電場(chǎng)等效為帶正上的正電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)等效為帶正電荷量為電荷量為2q 的整個(gè)球面的電場(chǎng)和帶電荷量的整個(gè)球面的電場(chǎng)和帶電荷量q 的右半球面的電場(chǎng)的合電場(chǎng)，則的右半球面的電場(chǎng)的合電場(chǎng)，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(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小與帶正電荷量為點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等， 則點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線 一是由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線 一 帶正電粒子帶正電粒子 q 飛入電場(chǎng)后，只在電場(chǎng)力作用下沿圖中虛線運(yùn)動(dòng)，飛入電場(chǎng)后，只在電場(chǎng)力作用下沿圖中虛線運(yùn)動(dòng)，a、b是該曲線上的兩點(diǎn)，是該曲線上的兩點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確是則下列說(shuō)法正確是( ) A若場(chǎng)源電荷為負(fù)電荷，其在若場(chǎng)源電

7、荷為負(fù)電荷，其在 N 端端 B若場(chǎng)源電荷為正電荷，其在若場(chǎng)源電荷為正電荷，其在 M 端端 C正粒子正粒子 q 經(jīng)過(guò)經(jīng)過(guò) MN 時(shí)，其加速度方向向左時(shí)，其加速度方向向左 Da 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于 b 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 解析：解析：正粒子正粒子 q 經(jīng)過(guò)經(jīng)過(guò) MN 時(shí)受到的電場(chǎng)力向左，加速度方向向左，時(shí)受到的電場(chǎng)力向左，加速度方向向左，場(chǎng)源電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)由場(chǎng)源電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)由 N 指向指向 M，若場(chǎng)源電荷為負(fù)電荷，其在，若場(chǎng)源電荷為負(fù)電荷，其在 M 端，端，若場(chǎng)源電荷為正電荷，其在若場(chǎng)源電荷為正電荷，其在 N 端，故端，故 A、B 錯(cuò)誤，錯(cuò)誤，C 正確；由于場(chǎng)源正確；由于場(chǎng)源

8、電荷不確定，所以無(wú)法比較電荷不確定，所以無(wú)法比較 a、b 兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，故大小，故 D 錯(cuò)誤錯(cuò)誤 答案：答案：C 考點(diǎn)考點(diǎn) 2 電場(chǎng)能的性質(zhì)電場(chǎng)能的性質(zhì) 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(diǎn)電荷連線的如圖甲所示，在等量同種點(diǎn)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(gè)質(zhì)量中垂線上固定一根光滑的絕緣輕桿，桿上穿一個(gè)質(zhì)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(diǎn)由靜止釋放，其點(diǎn)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(shí)到達(dá)時(shí)到達(dá) B 點(diǎn)，且此時(shí)圖象的斜率最大，下

9、列說(shuō)點(diǎn)，且此時(shí)圖象的斜率最大，下列說(shuō)法正確的是法正確的是( ) AO 點(diǎn)右側(cè)點(diǎn)右側(cè) B 點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，場(chǎng)強(qiáng)大小為點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，場(chǎng)強(qiáng)大小為 E12 V/m B從從 C 經(jīng)過(guò)經(jīng)過(guò) B 點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)，小球的電勢(shì)能先減小后增大點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)，小球的電勢(shì)能先減小后增大 C從從 C 到到 B 電勢(shì)逐漸降低電勢(shì)逐漸降低 DC、B 兩點(diǎn)的電勢(shì)差兩點(diǎn)的電勢(shì)差 UCB0.9 V 解析：解析：小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，合外力小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，合外力 FqE，加速度，加速度 aqEm，在，在 O點(diǎn)右側(cè)桿上，電場(chǎng)方向向右，加速度向右，小球做加速運(yùn)動(dòng)，圖象斜點(diǎn)右側(cè)桿上，電場(chǎng)方向向右，加速度向右，小球做加速運(yùn)動(dòng)，圖象斜率越大加速度越大，

10、 故率越大加速度越大， 故 B 點(diǎn)的加速度最大， 最大加速度點(diǎn)的加速度最大， 最大加速度 a0.30105 m/s20.06 m/s2，此時(shí)場(chǎng)強(qiáng)最大，此時(shí)場(chǎng)強(qiáng)最大 Emaq12 V/m，故，故 A 正確；從正確；從 C 經(jīng)過(guò)經(jīng)過(guò) B點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，電場(chǎng)方向向右，沿著電場(chǎng)線點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，電場(chǎng)方向向右，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，電方向電勢(shì)降低，電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小，故場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小，故 B 錯(cuò)誤，錯(cuò)誤，C 正確；小球從正確；小球從 C 到到 B的過(guò)程只有電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理得的過(guò)程只有電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理得 qUCB12mv2B0，解得，解得 UCBmv2B2q

11、1.01030.3225104 V9 V，故，故 D 錯(cuò)誤錯(cuò)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(qiáng)電場(chǎng)中，一如圖所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(shí)位于靜止時(shí)位于 N 點(diǎn)，彈簧恰好處于點(diǎn)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)保持小球的帶電量不變，原長(zhǎng)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(diǎn)由靜止釋放則釋放后小球從點(diǎn)由靜止釋放則釋放后小球從 M 運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)到 N 過(guò)程過(guò)程中中( ) A小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢(shì)能之和保持

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

13、重力做多少正功， 重力勢(shì)能就減少多少，過(guò)程中， 重力做多少正功， 重力勢(shì)能就減少多少，電場(chǎng)力做多少負(fù)功，電勢(shì)能就增加多少，故小球重力勢(shì)能的減少量等電場(chǎng)力做多少負(fù)功，電勢(shì)能就增加多少，故小球重力勢(shì)能的減少量等于小球電勢(shì)能的增加量，于小球電勢(shì)能的增加量，B 正確；由動(dòng)能定理可知，彈力對(duì)小球做的正確；由動(dòng)能定理可知，彈力對(duì)小球做的功等于小球動(dòng)能的增加量，又因?yàn)閺椓Φ墓Φ扔趶椥詣?shì)能的減少量，功等于小球動(dòng)能的增加量，又因?yàn)閺椓Φ墓Φ扔趶椥詣?shì)能的減少量，故故 C 正確；顯然電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和為零，故正確；顯然電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和為零，故 D 錯(cuò)誤錯(cuò)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(chǎng)力作用下沿一電子只在電場(chǎng)力作用下沿 x 軸正方向軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能 Ep隨位移隨位移 x 變化的關(guān)系如圖所示，其中變化的關(guān)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(shuō)法正線，下列說(shuō)法正確的是確的是( ) A從從 0 到到 x1電勢(shì)逐漸降低電勢(shì)逐漸降低 Bx2處的電勢(shì)比處的電勢(shì)比 x3處高處高 Cx1x2段電場(chǎng)強(qiáng)度為零段電場(chǎng)強(qiáng)度為零 Dx2x3段的電場(chǎng)強(qiáng)度減小段的電場(chǎng)強(qiáng)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(shì)能增加，根據(jù)電勢(shì)能

15、增加，根據(jù) Epq，粒子帶，粒子帶負(fù)電，知負(fù)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(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開(kāi)已知出小球進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開(kāi)已知 N 離開(kāi)電場(chǎng)離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置與時(shí)的位置與 A 點(diǎn)在同一高度；點(diǎn)在同一高度；M 剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的動(dòng)能的 8 倍，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為倍，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為 g，已知，已知 A 點(diǎn)到左邊點(diǎn)到左邊界的距離也為界的距離也為 L. (1)求該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；求該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；

16、(2)求小球射出的初速度大??；求小球射出的初速度大小； (3)要使小球要使小球 M、N 離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置之間的距離不超過(guò)離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置之間的距離不超過(guò) 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(yùn)動(dòng)，則小球在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)、外向做勻速運(yùn)動(dòng)，則小球在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)、外的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t 相同相同 N 離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置與離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置與 A 點(diǎn)在同一高度，即豎直位移為點(diǎn)在同一高度，即豎直位移為 0，設(shè)，設(shè) N在電場(chǎng)內(nèi)的加速度為在電場(chǎng)內(nèi)的加速度為 a，則有，則有 012gt2vyt1

17、2at2， 又因?yàn)橛忠驗(yàn)?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(chǎng)中的加速度在電場(chǎng)中的加速度 aqEmgm5g，方向豎直向下，方向豎直向下， 故故 M 剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的豎直分速度剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)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(yùn)動(dòng)，設(shè)小球射出的初速度為做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球射出的初速度為 v0，則，則有有 tLv0， 由由 M 剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)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(jìn)入電場(chǎng)前的運(yùn)動(dòng)一致，那么，進(jìn)入電場(chǎng)前的運(yùn)動(dòng)一致，那么，M、N 離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)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