《高考物理二轮复习 专题限时集训8 电场的性质、带电粒子在电场中的运动（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 专题限时集训8 电场的性质、带电粒子在电场中的运动（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题限时集训(八)(建议用时：40分钟)1如图所示，两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的球壳和球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷的密度相同，若图甲中带电的球壳对点电荷q1的库仑力的大小为F，则图乙中带电的球壳对点电荷q2的库仑力的大小为()甲乙AFBF CFDFD将图乙中的带电的球壳分成三个带电的球壳，关于球心对称的两个带电的球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此图乙中带电的球壳对点电荷的库仑力的大小和图甲中带电的球壳对点电荷的库仑力的大小相等，D正确，A、B、C错误。2.如图所示，真空中O点存在一个带正电的点电荷Q，其附近有一个不带电的金属网罩W，网罩内部有一点P，O、P之
2、间距离为r。静电力常量记作k，下列判断正确的是()A金属网罩包含的自由电荷很少，静电感应后不能达成静电平衡B金属网罩对点电荷Q的作用力表现为斥力C金属网罩的左部电势较高，右部电势较低D金属网罩的感应电荷在P点产生的感应电场强度大小为kD金属网罩在静电感应后一定能达成静电平衡，故A错误；由于静电感应，在金属网罩达到静电平衡后，靠近O处的负电荷受到的吸引力大于远离O处的正电荷受到的排斥力，所以金属网罩对点电荷Q的作用力表现为引力，故B错误；金属网罩达到静电平衡后，本身是一个等势体，各点的电势是相等的，故C错误；在金属网罩达到静电平衡后，内部的场强处处为0，所以感应电荷在P点产生的感应电场强度与点电
3、荷在P点产生的电场强度大小相等，方向相反，所以根据库仑定律可知，感应电荷在P点产生的感应电场强度大小为E，故D正确。3.(多选)(2020江苏高考T9)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有()A电场E中A点电势低于B点B转动中两小球的电势能始终相等C该过程静电力对两小球均做负功D该过程两小球的总电势能增加AB沿着电场线方向，电势降低，A正确；由于O点的电势为0，根据匀强电场的对称性知AB，又qAqB，Epq，所以EpAEpB，B正确
4、；A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆逆时针旋转，两小球静电力对两小球均做正功，电场力做正功，电势能减少，C、D错误。4.如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()甲乙A11B21 C31D41C设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转场中的加速度为a，若粒子在tnT时刻进入偏转场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最大，ymaxaa
5、aT2。若粒子在tnT时刻进入偏转场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最小，ymin0aaT2。则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是31。故C项正确，A、B、D错误。5.(易错题)(多选)如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，ABCCAB30，BC2 m，已知电场线平行于三角形ABC所在的平面，一个电荷量q2106 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2105 J，由B移到C的过程中电场力做功6106 J，为方便计算，设B点电势为0，下列说法正确的是()AB、C两点的电势差UBC3 VBA点的电势低于B点的电势C负电荷由C点移到A点
6、的过程中，电势能减少D该电场的场强为1 V/mCD由B移到C的过程中电场力做功WBC6106 J，则B、C两点的电势差为UBC3 V，A项错误；点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2105 J，可知电场力做功WAB1.2105 J，A、B两点的电势差UAB6 V，所以A点的电势高于B点的电势，B项错误；UCAUBCUAB3 V，根据WUq得，负电荷由C移到A的过程中，电场力做正功，所以电势能减少，C项正确；由分析可知A6 V，C3 V，又三角形ABC为等腰三角形，所以AB中点的电势也为3 V，则AB中点与C点的连线为该电场的等势线，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B，BC2 m，所以
7、UABEdAB6 V，计算得该电场的场强为1 V/m，D项正确。易错点评(1)匀强电场中电势差与电场强度的关系为UABEd，其中d为A、B两点沿电场方向的距离。此公式在非匀强电场中可定性判断。(2)电势差与电势均为标量，但有正负，UABAB(初电势减末电势，与变化量不同)。(3)计算电场力做功、电势能、电势时，可以直接代入正、负号。(4)分析电势能、电势问题时，需先选取零势点，分析电势能变化量及电势差时则不需要。6.有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强E随与球心的距离x变化的关系如图所示。在球壳外的空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电力常量为k，半径为R
8、的球面面积为S4R2，则下列说法正确的是()A均匀带电球壳的带电密度为B图中r1.5RC在x轴上各点中有且只有xR处电势最高D球面与球心间电势差为E0RA由图线可知，距离球心R处的场强为E0，则根据点电荷场强公式可知E0，解得球壳带电荷量为Q，则均匀带电球壳带电密度为，选项A正确；根据点电荷场强公式有E0，解得rR，选项B错误；由题意可知，在0R范围内x轴上各点的电势均相同，球面与球心间的电势差为零，选项C、D错误。7.(原创题)(多选)某带电金属棒所带电荷均匀分布，其周围的电场线分布如图所示，在金属棒的中垂线上的两条电场线上有A、B两点，电场中另有一点C。已知A点到金属棒的距离大于B点到金属
9、棒的距离，C点到金属棒的距离大于A点到金属棒的距离，则()AA点的电势低于B点的电势BB点的电场强度小于C点的电场强度C将正电荷沿AC方向从A点移动到C点，电场力做正功D负电荷在A点的电势能小于其在B点的电势能AC由图，结合电场线的特点可知，该题中金属棒两侧的电场是对称的，设AB连线与金属棒交点为O，由于OAOB，所以OA之间的电势差大于OB之间的电势差，根据沿电场线的方向电势降低可知，A点的电势低于B点的电势，故A正确；根据电场线的疏密表示电场的强弱可知，B点的电场强度大，故B错误；沿着电场线方向电势降低，A点电势比C点高，则将正电荷沿AC方向从A点移动到C点，电场力做正功，电势能减小，故C
10、正确；负电荷在电势高的位置的电势能小，所以负电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能，故D错误；故选AC。8.(多选)(2020广东六校第二次联考)真空中电荷量均为Q的两同种点电荷连线和如图所示的绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线重合，电荷连线中心和正方体中心重合，空间中除两同种电荷Q产生的电场外，不计其他任何电场的影响，则下列说法正确的是()A正方体两顶点A、C1电场强度相同B正方体两顶点A、C1电势相同C两等量同种点电荷周围电场线和面ABB1A1总是垂直D把正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功BD电场强度是矢量，需要两个电荷在不同点进行场强的矢量叠加，分析可知A点和C
11、1点两处的电场强度大小相等，方向相反，且均不与面ABB1A1垂直，所以A、C错误；由于A、B、B1、A1在同一等势面上，D、C、C1、D1在同一等势面上，又根据电势的对称性可知这8个点的电势相等(两等势面关于点电荷连线的中点对称)，所以B正确；因为A点和C点的电势相等，根据电场力做功与路径无关，只与初末位置有关可知，正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功，所以D正确。9.(多选)(2020上海静安高三一模)如图所示，R0为热敏电阻(温度降低、电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地。在开关S闭合后，下列各项单独操作可能使
12、带电液滴向上运动的是()A将热敏电阻R0加热B滑动变阻器R的滑片P向上移动C开关S断开D电容器C的上极板向上移动AC液滴受向上的电场力和向下的重力作用，将热敏电阻R0加热，则热敏电阻阻值减小，滑动变阻器R上的电压变大，故电容器两端的电压变大，两板间场强变大，液滴向上运动，选项A正确；滑动变阻器R的滑片P向上移动时，R接入电路的阻值减小，则电容器两端的电压减小，电容器放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器上的电荷量不变，故两板间的场强不变，液滴不动，选项B错误；开关S断开时，电容器两端的电压等于电源的电动势，则电容器两板间的场强变大，液滴向上运动，选项C正确；电容器C的上极板向上移动时，d增
13、大，则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于U，C，E，所以E，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，选项D错误。10(2020河南六校联考)如图所示，带电小球a用绝缘细线竖直悬挂，在带电小球a下方的绝缘桌面上固定着两个带电小球b、c，三个小球均可看成点电荷。当小球a处于平衡状态时，它距正下方桌面上的O点的距离为7.5 cm，距小球b、c的距离均为15 cm，且三个电荷在同一竖直平面内。已知小球a的电荷量为3.0108 C，小球b、c的电荷量均为3.0104 C，O、M之间的距离等于O、N之间的
14、距离，k9.0109 Nm2/C2，下列说法正确的是()AO处的电场强度大小为4.8 N/CB小球a与b之间的作用力大小为9.6 NC若小球a沿竖直方向向上运动，则它的电势能将减小D若将小球b、c分别移到M、N两点固定，则细线对小球a的拉力将减小DO处的场强为a、b、c三个小球在该处电场的叠加，因b、c电性相同，两小球产生的电场在O处抵消，只考虑a小球在O处产生的场强，则Eak4.8104 N/C，选项A错误；a、b间的作用力大小为Fabk3.6 N，选项B错误；因b、c两球对a球的电场力的合力方向竖直向下，所以在小球a竖直向上运动时，电场力对小球a做负功，小球a的电势能增大，选项C错误；若将
15、小球b、c分别移动到M、N两点固定，则a球受到b、c两球的电场力的合力减小，对a球受力分析如图所示，故有拉力TmgF电，细线拉力减小，选项D正确。11.(2020河北安平中学检测)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，A、B为两块水平放置的平行金属板，间距d1 m，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为E1103 N/C的匀强电场，在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v01 m/s、质量均为m51014 kg、电荷量均为q21015 C的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都
16、落在金属板B上，重力加速度g10 m/s2。下列说法错误的是()A沿水平方向喷出的微粒运动到B板所需时间为0.2 sB沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，电场力做功为21012 JC若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍D若其他条件均不变，E增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的D在竖直方向上微粒所受电场力和重力的合力为恒力，并与微粒初速度方向成各种夹角，故微粒做类抛体运动，其中沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，加速度a m/s250 m/s2，根据dat2得t0.2 s，A项正确；沿不同方向喷出的微粒，从喷嘴喷出至到达B板，电场力做功为WqEd210151031
17、J21012 J，B项正确；若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，根据dat2得，t变为原来的倍，则喷涂面积的半径变为原来的倍，面积变为原来的2倍，C项正确；若其他条件均不变，E增大为原来的2倍，则此时加速度a m/s290 m/s2，故加速度变为原来的倍，时间t变为原来的，喷涂面积的半径变为原来的，面积减小为原来的，D项错误。12.(2020湖南长郡中学测试)如图所示，质量mA0.8 kg、带电荷量q4103 C的A球用长度l0.8 m的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度E5103 N/C。质量mB0.2 kg不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩
18、并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，此时弹性势能为Ep3.6 J。现将A球拉至左边与O点等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道。A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g10 m/s2。(1)求碰撞过程中A球对B球做的功；(2)求碰后C第一次离开电场时的速度；(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前的瞬间轻线受到的拉力。解析(1)对A，根据机械能守恒定律可得mAglmAv解得碰撞前A的速度vA4 m/s又EpmBv，解得碰撞前B的
19、速度vB6 m/s以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAvAmBvB(mAmB)vC，解得C的速度vC2 m/s则A对B所做的功WmBvEp3.2 J。(2)碰后，整体C受到电场力大小FqE20 N，GmCg10 N，因FmCgmC，所以C做类平抛运动水平方向上：xvCt竖直方向上：yat2，其中a10 m/s2圆的方程为x2(yl)2l2解得x0.8 m，y0.8 m，t0.4 sC刚好在与O(圆心)等高处时线被拉直，此时C向上的速度为v1at4 m/sC运动到最高点的过程，由动能定理得(FmCg)lmCvmCv，解得C运动到最高点速度v24 m/s。(3)C从最高点运动到最低点的过程，由
20、动能定理得2mCglmCvmCv解得C到最低点时的速度v38 m/s由T0FmCgmC，可知T070 N0，所以小球能一直做圆周运动，由动能定理得mCvmCv2(n1)qEl，TmCgFmC，其中n为C经过最高点次数解得T(80n30)N，n1,2,3答案见解析13.(多选)(2020全国卷T21)如图所示，M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是()A沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负BC如图所示，找出Q
21、点，使Q点与P点的距离等于M点与P点的距离，L点为MN上到P点距离最短的点，根据三角形边角关系、点电荷的电场强度公式Ek和正点电荷形成电场中的电势特点可知，沿着MN边，从M点到N点，到P点的距离r先减小后增大，电场强度先增大后减小，电势也先增大后减小，选项B正确，A错误；根据电势能与电势的关系Epq可知，正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大，故将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为正，选项C正确，D错误。14(2019全国卷T24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能。解析(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿运动定律、运动学公式和题给条件，有mgqEmaagt2解得E。(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有EkmvmghqEh且有v1v0thgt2联立式得Ek2m(vg2t2)。答案(1)(2)2m(vg2t2)