物理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測試：專題強(qiáng)化練八 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) Word版含解析

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1、專題強(qiáng)化練(八)考點(diǎn)1電場力的性質(zhì)1(2019大連模擬)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B沿著以A為圓心的圓弧由P到Q緩慢地從A的正上方經(jīng)過，若此過程中A始終保持靜止，A、B兩物體可視為質(zhì)點(diǎn)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A受到地面的支持力先增大后減小B物體A受到地面的支持力保持不變C物體A受到地面的摩擦力先增大后減小D庫侖力對(duì)物體B先做正功后做負(fù)功解析：當(dāng)物體B由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，物體A受力如圖甲所示，由平衡條件得，水平方向Fsin Ff0，豎直方向FNFcos mg0，解得FNmgFcos ，F(xiàn)fFsin ，由于mg與F不

2、變，逐漸減小為零，因而支持力FN逐漸變大，F(xiàn)f逐漸變小當(dāng)物體B由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，物體A受力如圖乙所示，由平衡條件得，水平方向Fsin Ff0，豎直方向FNFcos mg0，解得FNmgFcos ，F(xiàn)fFsin ，由于mg與F不變，由零逐漸增大，因而支持力FN逐漸變小，F(xiàn)f逐漸變大，因此物體A受到地面的支持力先增大后減小，物體A受到地面的摩擦力先減小后增大，故A正確，B、C錯(cuò)誤；物體B受的庫侖力方向與物體B的速度總是垂直，庫侖力對(duì)B不做功，故D錯(cuò)誤答案：A2(2019石家莊質(zhì)檢)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總

3、電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OMON2R.已知M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場強(qiáng)大小為()A.EB.C.E D.E解析：左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶正電荷量為2q的整個(gè)球面的電場和帶電荷量q的右半球面的電場的合電場，則EE，E為帶電荷量q的右半球面在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小帶電荷量q的右半球面在M點(diǎn)的場強(qiáng)大小與帶正電荷量為q的左半球面AB在N點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，則ENEEE，則A正確答案：A3.如圖所示，圖中MN是由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線一帶正電粒子q飛入電場后，只在電場力作用下沿圖中虛線運(yùn)動(dòng)，a、b是該曲線上的兩點(diǎn)，則下列說法

4、正確是()A若場源電荷為負(fù)電荷，其在N端B若場源電荷為正電荷，其在M端C正粒子q經(jīng)過MN時(shí)，其加速度方向向左Da點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度解析：正粒子q經(jīng)過MN時(shí)受到的電場力向左，加速度方向向左，場源電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)由N指向M，若場源電荷為負(fù)電荷，其在M端，若場源電荷為正電荷，其在N端，故A、B錯(cuò)誤，C正確；由于場源電荷不確定，所以無法比較a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小，故D錯(cuò)誤答案：C考點(diǎn)2電場能的性質(zhì)4(多選)(2019新鄉(xiāng)模擬)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m1.0103 kg，帶電量q5.0104 C的小球，小球從C點(diǎn)由靜止釋放，其v-t圖

5、象如圖乙所示，10 s時(shí)到達(dá)B點(diǎn)，且此時(shí)圖象的斜率最大，下列說法正確的是()AO點(diǎn)右側(cè)B點(diǎn)場強(qiáng)最大，場強(qiáng)大小為E12 V/mB從C經(jīng)過B點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)，小球的電勢能先減小后增大C從C到B電勢逐漸降低DC、B兩點(diǎn)的電勢差UCB0.9 V解析：小球在運(yùn)動(dòng)過程中，合外力FqE，加速度a，在O點(diǎn)右側(cè)桿上，電場方向向右，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，故B點(diǎn)的加速度最大，最大加速度a m/s20.06 m/s2，此時(shí)場強(qiáng)最大E12 V/m，故A正確；從C經(jīng)過B點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)的過程，電場方向向右，沿著電場線方向電勢降低，電場力做正功，小球的電勢能減小，故B錯(cuò)誤，C正確；小球從C到B的過程只

6、有電場力做功，由動(dòng)能定理得qUCBmv0，解得UCB V9 V，故D錯(cuò)誤答案：AC5(多選)(2019泰安一模)如圖所示，豎直向上的勻強(qiáng)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，小球靜止時(shí)位于N點(diǎn)，彈簧恰好處于原長狀態(tài)保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高到M點(diǎn)由靜止釋放則釋放后小球從M運(yùn)動(dòng)到N過程中()A小球的機(jī)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C彈簧彈性勢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力和重力做功的代數(shù)和解析：由于有電場力做功，故小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢能之和是改變的，故A錯(cuò)誤；由題意，小球受到的電場

7、力與重力大小相等，在小球從M運(yùn)動(dòng)到N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(fù)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，B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扔趶椥詣菽艿臏p少量，故C正確；顯然電場力和重力做功的代數(shù)和為零，故D錯(cuò)誤答案：BC6(多選)(2019濰坊模擬)一電子只在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0x1段是曲線，x1x2段是平行于x軸的直線，x2x3段是傾斜直線，下列說法正確的是()A從0到x1電勢逐漸降低Bx2處的電勢比x3處高Cx1x2段電場強(qiáng)度為零Dx

8、2x3段的電場強(qiáng)度減小解析：由圖象可知，從0到x1電勢能增加，根據(jù)Epq，粒子帶負(fù)電，知3210)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出小球進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開已知N離開電場時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度；M剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場時(shí)動(dòng)能的8倍，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，已知A點(diǎn)到左邊界的距離也為L.(1)求該電場的電場強(qiáng)度大??；(2)求小球射出的初速度大小；(3)要使小球M、N離開電場時(shí)的位置之間的距離不超過L，僅改變兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿足的條件解析：(1)小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則小球在電場區(qū)域內(nèi)、外的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同N離開電場時(shí)的位置與A

9、點(diǎn)在同一高度，即豎直位移為0，設(shè)N在電場內(nèi)的加速度為a，則有0gt2vytat2，又因?yàn)関ygt，解得a3g，方向豎直向上，由牛頓第二定律得：qEmg3mg，解得E；(2)M在電場中的加速度a5g，方向豎直向下，故M剛離開電場時(shí)的豎直分速度vygt5gt6gt，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v0，則有t，由M剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場時(shí)動(dòng)能的8倍得m(vv)8mv(gt)2，解得v(6gt)27v8(gt)2，v4(gt)2，v0；(3)M、N進(jìn)入電場前的運(yùn)動(dòng)一致，那么，M、N離開電場時(shí)的位置之間的距離：dgtt5gt24gt2L，解得t ，故v02.答案：(1)(2)(3)v02