2020物理高考二轮专题复习与测试：专题强化练八 电场及带电粒子在电场中的运动 Word版含解析

专题强化练专题强化练(八八) 考点考点 1 电场力的性质电场力的性质 1(2019 大连模拟大连模拟)如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体 A带正电， 另一带正电的物体带正电， 另一带正电的物体 B 沿着以沿着以 A 为圆心的圆弧由为圆心的圆弧由 P 到到 Q 缓慢地缓慢地从从 A 的正上方经过，若此过程中的正上方经过，若此过程中 A 始终保持静止，始终保持静止，A、B 两物体可视两物体可视为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用， 则下列说法正确的是为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用， 则下列说法正确的是( ) A物体物体 A 受到地面的支持力先增大后减小受到地面的支持力先增大后减小 B物体物体 A 受到地面的支持力保持不变受到地面的支持力保持不变 C物体物体 A 受到地面的摩擦力先增大后减小受到地面的摩擦力先增大后减小 D库仑力对物体库仑力对物体 B 先做正功后做负功先做正功后做负功 解析：解析：当物体当物体 B 由由 P 点运动到最高点的过程中，物体点运动到最高点的过程中，物体 A 受力如图受力如图甲所示，由平衡条件得，水平方向甲所示，由平衡条件得，水平方向 Fsin Ff0，竖直方向，竖直方向 FNFcos mg0，解得，解得 FNmgFcos ，FfFsin ，由于，由于 mg 与与 F 不变，不变，逐渐减小为零，因而支持力逐渐减小为零，因而支持力 FN逐渐变大，逐渐变大，Ff逐渐变小当物体逐渐变小当物体 B 由最由最高点运动到高点运动到 Q 点的过程中，物体点的过程中，物体 A 受力如图乙所示，由平衡条件得，受力如图乙所示，由平衡条件得，水平方向水平方向 Fsin Ff0，竖直方向，竖直方向 FNFcos mg0，解得，解得 FNmgFcos ，FfFsin ，由于，由于 mg 与与 F 不变，不变， 由零逐渐增大，因而由零逐渐增大，因而支持力支持力 FN逐渐变小，逐渐变小， Ff逐渐变大， 因此物体逐渐变大， 因此物体 A 受到地面的支持力先增受到地面的支持力先增大后减小，物体大后减小，物体 A 受到地面的摩擦力先减小后增大，故受到地面的摩擦力先减小后增大，故 A 正确，正确，B、C 错误；物体错误；物体 B 受的库仑力方向与物体受的库仑力方向与物体 B 的速度总是垂直，库仑力对的速度总是垂直，库仑力对B 不做功，故不做功，故 D 错误错误 答案：答案：A 2 (2019 石家庄质检石家庄质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场如图所示，在半球面于电荷集中于球心处产生的电场如图所示，在半球面 AB 上均匀分上均匀分布正电荷，总电荷量为布正电荷，总电荷量为 q，球面半径为，球面半径为 R，CD 为通过半球面顶点与球为通过半球面顶点与球心心 O 的轴线，在轴线上有的轴线，在轴线上有 M、N 两点，两点，OMON2R.已知已知 M 点的场点的场强大小为强大小为 E，则，则 N 点的场强大小为点的场强大小为( ) A.kq2R2E B.kq4R2 C.kq4R2E D.kq4R2E 解析：解析：左半球面左半球面 AB 上的正电荷产生的电场等效为带正上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为电荷量为2q 的整个球面的电场和带电荷量的整个球面的电场和带电荷量q 的右半球面的电场的合电场，则的右半球面的电场的合电场，则E2kq（2R）2E，E为带电荷量为带电荷量q 的右半球面在的右半球面在 M 点产生的场强大点产生的场强大小带电荷量小带电荷量q 的右半球面在的右半球面在 M 点的场强大小与带正电荷量为点的场强大小与带正电荷量为 q 的的左半球面左半球面 AB在在 N点的场强大小相等， 则点的场强大小相等， 则 ENE2kq（2R）2Ekq2R2E，则，则 A 正确正确 答案：答案：A 3.如图所示， 图中如图所示， 图中 MN 是由点电荷产生的电场中的一条电场线 一是由点电荷产生的电场中的一条电场线 一 带正电粒子带正电粒子 q 飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a、b是该曲线上的两点，是该曲线上的两点，则下列说法正确是则下列说法正确是( ) A若场源电荷为负电荷，其在若场源电荷为负电荷，其在 N 端端 B若场源电荷为正电荷，其在若场源电荷为正电荷，其在 M 端端 C正粒子正粒子 q 经过经过 MN 时，其加速度方向向左时，其加速度方向向左 Da 点的电场强度大于点的电场强度大于 b 点的电场强度点的电场强度 解析：解析：正粒子正粒子 q 经过经过 MN 时受到的电场力向左，加速度方向向左，时受到的电场力向左，加速度方向向左，场源电荷产生的场强由场源电荷产生的场强由 N 指向指向 M，若场源电荷为负电荷，其在，若场源电荷为负电荷，其在 M 端，端，若场源电荷为正电荷，其在若场源电荷为正电荷，其在 N 端，故端，故 A、B 错误，错误，C 正确；由于场源正确；由于场源电荷不确定，所以无法比较电荷不确定，所以无法比较 a、b 两点的电场强度两点的电场强度大小，故大小，故 D 错误错误 答案：答案：C 考点考点 2 电场能的性质电场能的性质 4(多选多选)(2019 新乡模拟新乡模拟)如图甲所示，在等量同种点电荷连线的如图甲所示，在等量同种点电荷连线的中垂线上固定一根光滑的绝缘轻杆，杆上穿一个质量中垂线上固定一根光滑的绝缘轻杆，杆上穿一个质量 m1.0103 kg，带电量，带电量 q5.0104 C 的小球，小球从的小球，小球从 C 点由静止释放，其点由静止释放，其 v-t图象如图乙所示，图象如图乙所示，10 s 时到达时到达 B 点，且此时图象的斜率最大，下列说点，且此时图象的斜率最大，下列说法正确的是法正确的是( ) AO 点右侧点右侧 B 点场强最大，场强大小为点场强最大，场强大小为 E12 V/m B从从 C 经过经过 B 点后向右运动，小球的电势能先减小后增大点后向右运动，小球的电势能先减小后增大 C从从 C 到到 B 电势逐渐降低电势逐渐降低 DC、B 两点的电势差两点的电势差 UCB0.9 V 解析：解析：小球在运动过程中，合外力小球在运动过程中，合外力 FqE，加速度，加速度 aqEm，在，在 O点右侧杆上，电场方向向右，加速度向右，小球做加速运动，图象斜点右侧杆上，电场方向向右，加速度向右，小球做加速运动，图象斜率越大加速度越大， 故率越大加速度越大， 故 B 点的加速度最大， 最大加速度点的加速度最大， 最大加速度 a0.30105 m/s20.06 m/s2，此时场强最大，此时场强最大 Emaq12 V/m，故，故 A 正确；从正确；从 C 经过经过 B点后向右运动的过程，电场方向向右，沿着电场线点后向右运动的过程，电场方向向右，沿着电场线方向电势降低，电方向电势降低，电场力做正功，小球的电势能减小，故场力做正功，小球的电势能减小，故 B 错误，错误，C 正确；小球从正确；小球从 C 到到 B的过程只有电场力做功，由动能定理得的过程只有电场力做功，由动能定理得 qUCB12mv2B0，解得，解得 UCBmv2B2q1.01030.3225104 V9 V，故，故 D 错误错误 答案：答案：AC 5(多选多选)(2019 泰安一模泰安一模)如图所示，竖直向上的匀强电场中，一如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于静止时位于 N 点，弹簧恰好处于点，弹簧恰好处于原长状态保持小球的带电量不变，原长状态保持小球的带电量不变，现将小球提高到现将小球提高到 M 点由静止释放则释放后小球从点由静止释放则释放后小球从 M 运动到运动到 N 过程过程中中( ) A小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 B小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量 C弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 D小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和 解析：解析：由于有电场力做功，故小球的机械能与弹簧的弹性势能之由于有电场力做功，故小球的机械能与弹簧的弹性势能之 和是改变的，故和是改变的，故 A 错误；由题意，小球受到的电场力与错误；由题意，小球受到的电场力与重力大小相等，重力大小相等，在小球从在小球从 M 运动到运动到 N 过程中， 重力做多少正功， 重力势能就减少多少，过程中， 重力做多少正功， 重力势能就减少多少，电场力做多少负功，电势能就增加多少，故小球重力势能的减少量等电场力做多少负功，电势能就增加多少，故小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量，于小球电势能的增加量，B 正确；由动能定理可知，弹力对小球做的正确；由动能定理可知，弹力对小球做的功等于小球动能的增加量，又因为弹力的功等于弹性势能的减少量，功等于小球动能的增加量，又因为弹力的功等于弹性势能的减少量，故故 C 正确；显然电场力和重力做功的代数和为零，故正确；显然电场力和重力做功的代数和为零，故 D 错误错误 答案：答案：BC 6(多选多选)(2019 潍坊模拟潍坊模拟)一电子只在电场力作用下沿一电子只在电场力作用下沿 x 轴正方向轴正方向运动，其电势能运动，其电势能 Ep随位移随位移 x 变化的关系如图所示，其中变化的关系如图所示，其中 0 x1段是曲段是曲线，线，x1x2段是平行于段是平行于 x 轴的直线，轴的直线，x2x3段是倾斜直段是倾斜直线，下列说法正线，下列说法正确的是确的是( ) A从从 0 到到 x1电势逐渐降低电势逐渐降低 Bx2处的电势比处的电势比 x3处高处高 Cx1x2段电场强度为零段电场强度为零 Dx2x3段的电场强度减小段的电场强度减小 解析：解析：由图象可知，从由图象可知，从 0 到到 x1电势能增加，根据电势能增加，根据 Epq，粒子带，粒子带负电，知负电，知 3210)的带电小球的带电小球 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进入电场区域，并从该区域的右边界离开已知出小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开已知 N 离开电场离开电场时的位置与时的位置与 A 点在同一高度；点在同一高度；M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的动能的 8 倍，不计空气阻力，重力加速度大小为倍，不计空气阻力，重力加速度大小为 g，已知，已知 A 点到左边点到左边界的距离也为界的距离也为 L. (1)求该电场的电场强度大小；求该电场的电场强度大小； (2)求小球射出的初速度大小；求小球射出的初速度大小； (3)要使小球要使小球 M、N 离开电场时的位置之间的距离不超过离开电场时的位置之间的距离不超过 L，仅改，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件 解析：解析：(1)小球在水平方小球在水平方向做匀速运动，则小球在电场区域内、外向做匀速运动，则小球在电场区域内、外的运动时间的运动时间 t 相同相同 N 离开电场时的位置与离开电场时的位置与 A 点在同一高度，即竖直位移为点在同一高度，即竖直位移为 0，设，设 N在电场内的加速度为在电场内的加速度为 a，则有，则有 012gt2vyt12at2， 又因为又因为 vygt， 解得解得 a3g，方向竖直向上，方向竖直向上， 由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：qEmg3mg， 解得解得 E4mgq； (2)M 在电场中的加速度在电场中的加速度 aqEmgm5g，方向竖直向下，方向竖直向下， 故故 M 刚离开电场时的竖直分速度刚离开电场时的竖直分速度 vygt5gt6gt， 又有小球在水平方向又有小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速度为做匀速运动，设小球射出的初速度为 v0，则，则有有 tLv0， 由由 M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的 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 进入电场前的运动一致，那么，进入电场前的运动一致，那么，M、N 离开电场时的位离开电场时的位置之间的距离：置之间的距离： 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