高考物理二轮复习闯关导练热点8电场的性质及带电粒子在电场中的运动含答案

这是一份高考物理二轮复习闯关导练热点8电场的性质及带电粒子在电场中的运动含答案，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．[2020·浙江7月，8]空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则( )
A．e点的电势大于0
B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加
2.
真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等．下列说法正确的是( )
A．该点电荷一定为正电荷
B．P点的场强一定比Q点的场强大
C．P点电势一定比Q点电势低
D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
3.
如图所示，在绝缘水平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动，经长度L到达B点，速度变为零．此过程中，金属块损失的动能有eq \f(2,3)转化为电势能．金属块继续运动到某点C(图中未标出)时的动能和A点时的动能相同，则金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为( )
A．1.5L B．2L
C．3L D．4L
4．[2020·浙江7月，6]
如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
A．所用时间为eq \f(mv0,qE)
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为eq \f(2\r(2)mv\\al(2,0),qE)
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
5.
[2020·东北三省四市教研联合体模拟]在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OA＝OB＝BC＝a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A．点电荷Q位于O点
B．O点电势比A点电势高
C．C点的电场强度大小为eq \f(kQ,2a2)
D．将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小
6.
如图所示，匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点．将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA＝1.6×10－8 J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB＝3.2×10－8 J．下列说法正确的是( )
A．直线PC为等势线
B．若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC＝2.4×10－8 J
C．电场强度方向与直线AD平行
D．P点的电势高于A点的电势
7．[2020·河北“五个一名校联盟”第一次诊断]如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．电场力大小为eq \f(\r(3)mg,2)
B．小球所受的合外力大小为eq \f(\r(3)mg,3)
C．小球由O点到P点用时eq \f(\r(3)v0,g)
D．小球通过P点时的动能为eq \f(5,2)mveq \\al(2,0)
8．真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等．一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态．过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示．以下说法正确的是( )
A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
9.
[2020·云南第二次统一检测]如图所示，A、B、C、D、E是直角坐标系xOy中的五个点，其坐标分别为A(1,1)，B(1,0)，C(0，－1)，D(－1,0)，E(0,1)．在坐标原点O和A点处分别放置一等量正、负点电荷，关于这些点的场强和电势，下列说法正确的是( )
A．C点处的场强比E点处的场强大
B．C点处的场强与D点处的场强大小相等
C．C点处的电势比B点处的电势高
D．C点处的电势与E点处的电势相等
10．[2020·江苏卷，9]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
11.
现有一组方向平行于x轴的电场线，若从x轴的坐标原点由静止释放一个带电粒子，仅在电场力的作用下，该粒子沿着x轴的正方向从x1＝0处运动到x2＝1.2 cm处，其电势φ随位置x坐标变化的情况如图所示．下列有关说法正确的是( )
A．在x轴上0～0.6 cm的范围内和0.6～1.2 cm的范围内电场的方向一定相反
B．该粒子一定带正电
C．在x轴上x＝0.6 cm的位置，电场强度大小为零
D．该粒子从x1＝0处运动到x2＝1.2 cm处的过程中，电势能一直减小
12.
[2020·四川广元市第二次统考]如图所示，在正点电荷Q的电场中有A、B、C、D四个点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AC的中点，∠A＝30°，A、B、C、D四点的电场强度大小分别用EA、EB、EC、ED表示，已知EA＝EC，B、C两点的电场强度方向相同，点电荷Q在A、B、C三点构成的平面内．则( )
A．EA＝eq \f(3,4)ED
B．点电荷Q在D点位置
C．将一正点电荷q从A点沿直线移到C点，电场力先做正功再做负功
D．B、A两点和B、C两点间的电势差满足UBA＝UBC
二、非选择题
13．[2020·辽宁大连市第二次模拟]如图甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场．一质量m＝0.2 kg，带电荷量q＝2.0×10－3C的小物块从斜面底端由静止释放，运动0.1 s后撤去电场，小物块运动的v ­ t图象如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g＝10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)小物块在0～0.3 s运动过程中机械能增加量．
14.
如图，ABCD为竖直放在场强大小为E＝104 V/m的水平向右匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与半圆相切于B点，A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2 m，把一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－4 C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动(g取10 m/s2)．求：
(1)小球到达C点时对轨道压力是多大？
(2)小球能否沿圆轨道到达D点？
(3)若小球释放点离B的距离为1.0 m，则小球从D点飞出后落地点离B的距离是多少？(结果可以含有根号)
热点8 电场的性质及带电粒子在电场中的运动
1．答案：D
解析：由等势线分布图可以确定该图为两等量异种点电荷电场的等势线分布图，两点电荷连线垂直平分线上处处电势为零，A项错；电场线与等势线垂直，故a、b两点的电场强度方向不同，B项错；Q点处为正电荷，故垂直平分线左侧电势均大于零，右侧电势均小于零，所以b点电势高于d点电势，C项错；又负电荷在电势高处电势能小，所以负电荷从a点移到c点时电势能增加，D项对．
2．答案：B
解析：正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球面，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球面，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误．
3．答案：D
解析：根据题述，小金属块从A运动到B，克服摩擦力做功Wf＝eq \f(1,3)Ek＝FfL，克服电场力做功WE＝eq \f(2,3)Ek＝qEL.设小金属块从B运动到C经过的路程为x，由动能定理，qEx－Ffx＝Ek，解得x＝3L.金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为L＋x＝4L，选项D正确．
4．答案：C
解析：粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(Eq,m)，解得t＝eq \f(2mv0,qE)，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝eq \r(2v02＋v\\al(2,0))＝eq \r(5)v0，B项错误；该点到P点的距离s＝eq \r(2)x＝eq \r(2)v0t＝eq \f(2\r(2)mv\\al(2,0),qE)，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(v0,2v0)＝eq \f(1,2)，则θ≠30°，D项错误．
5．答案：C
解析：因A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，故A、B到点电荷的距离相等，O、C到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示，由图可知，A项错误；因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，则O点电势比A点电势低，故B项错误；由图可知点电荷与C点的距离rC＝eq \r(2) a，根据E＝keq \f(Q,r2)，得EC＝eq \f(kQ,2a2)，故C项正确；由图可知，将正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故D项错误．
6．答案：B
解析：由于匀强电场中U＝Ed，则在某一直线方向上，电势沿直线方向均匀变化，由于D点为PB的中点，则WPD＝eq \f(WPB,2)＝1.6×10－8 J，又知WPA＝1.6×10－8 J，则A、D两点电势相等，故直线AD为等势线，电场强度方向与直线AD垂直，故A、C错误；由于电场力做功与路径无关，WAB＝WAP＋WPB＝(－WPA)＋WPB＝1.6×10－8 J，从P点移动到C点，电场力做功WPC＝WPA＋WAC＝WPA＋eq \f(WAB,2)＝2.4×10－8 J，故B正确；根据WPA＝－qUPA，电场力对负电荷做正功，可知UPA<0，P点的电势低于A点的电势，故D错误．
7．答案：C
解析：设OP＝L，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcs 60°＝eq \f(v0,2)t，竖直方向：Lsin 60°＝eq \f(1,2)gt2，解得：t＝eq \f(\r(3)v0,g)，选项C正确；水平方向F1＝ma＝meq \f(v0,t)＝eq \f(\r(3)mg,3)，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝eq \r(mg2＋F12)＝eq \f(2\r(3),3)mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vP＝gt＝eq \r(3)v0，则动能：EkP＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)＝eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)，选项D错误．
8．答案：BD
解析：由题意可知O点场强为零，所以a、O两点间场强方向是由a指向O的，所以φa>φO，A项错误；同理，φc>φO，O点与b点间的电场强度有竖直向上的分量，所以φO>φb，则φc>φb，B项正确；同理，φa>φb，φc>φd，又带负电的试探电荷在电势高处电势能较小，所以C项错误，D项正确．
9．答案：BC
解析：因＋q在E、C两点的场强大小相等，－q在C点的场强小于在E点的场强，且两电荷在E点的场强的夹角较小，则合场强较大，选项A错误；由对称性可知，C点处的场强与D点处的场强大小相等，选项B正确；＋q在B、C两点的电势相等；而－q在C点的电势比B点高，可知C点处的电势比B点处的电势高，选项C正确；若取无穷远处为零电势点，则E点的电势等于零，而C点的电势大于零，选项D错误．
10．答案：AB
解析：沿电场线方向电势降低，则B点的电势比A点的电势高，A正确；由对称性可知，两小球所处位置的电势的绝对值始终相等，则由Ep＝qφ可知两小球的电势能始终相等，B正确；该过程中，带正电荷的小球所受的电场力方向向右，带负电荷的小球所受的电场力方向向左，则电场力对两小球均做正功，C错误；电场力做正功，电势能减少，所以该过程中两小球的总电势能减少，D错误．
11．答案：BD
解析：在x轴上0～1.2 cm的范围内，电势不断降低，由于电场线平行于x轴，则知电场的方向一直沿x轴正方向不变，故A错误；粒子由静止开始沿x轴的正方向运动，所受的电场力沿x轴正方向，与电场方向相同，所以该粒子一定带正电，故B正确；根据φ ­ x图象的斜率等于电场强度可知，该电场的电场强度不变，是匀强电场，则知在x轴上x＝0.6 cm的位置，电场强度大小为E＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δφ,Δx)))＝eq \f(30,0.6×10－2) V/m＝5 000 V/m，故C错误；该粒子从x1＝0处运动到x2＝1.2 cm处的过程中，电场力始终做正功，其电势能一直减小，故D正确．
12．答案：AD
解析：
点电荷Q在A、B、C三点构成的平面内，正点电荷Q的电场中，EA＝EC，则正点电荷在AC的中垂线上；又B、C两点的电场强度方向相同，则正点电荷在BC的连线上，所以正点电荷的位置在图中O点，故B项错误；
由几何关系得：eq \f(rOD,rOA)＝eq \f(\r(3),2)，根据点电荷的场强公式E＝keq \f(Q,r2)可得，EA＝eq \f(3,4)ED，故A项正确；
在正点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，从A点沿直线到C点过程中，电势先升高后降低，则正点电荷q从A点沿直线移到C点的过程中电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功，故C项错误；
A、C两点到正点电荷的距离相等，则φA＝φC，所以φB－φA＝φB－φC，B、A两点和B、C两点间的电势差满足UBA＝UBC，故D项正确．
13．答案：(1)3×103 N/C (2)0.36 J
解析：(1)加速时：a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝20 m/s2
减速时：加速度大小a2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δv2,Δt2)))＝10 m/s2
由牛顿第二定律得：Eq－mgsin θ－Ff＝ma1
mgsin θ＋Ff＝ma2
联立得E＝3×103 N/C
摩擦力Ff＝0.8 N
(2)方法一：ΔEk＝0
ΔEp＝mgxsin 37°
x＝0.3 m
ΔE＝ΔEp
ΔE＝0.36 J
方法二：加速距离x1＝eq \f(v,2)t1＝0.1 m
减速距离x2＝eq \f(v,2)t2＝0.2 m
电场力做功WE＝Eqx1＝0.6 J
摩擦力做功Wf＝－Ff(x1＋x2)＝－0.24 J
物块在0～0.3 s运动过程中机械能增加量
ΔE＝WE＋Wf＝0.36 J.
14．答案：(1)3 N (2)不能 (3)eq \f(2\r(6)－1,5) m
解析：(1)由A点到C点应用动能定理有：Eq(AB＋R)－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得：vC＝2 m/s
设在C点轨道对小球支持力为FN，应用牛顿第二定律得：FN－Eq＝meq \f(v\\al(2,C),R)
得FN＝3 N
由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力大小为3 N.
(2)小球要通过D点，必有mg≤meq \f(v\\al(2,D),R)
设释放点距B点的距离为x时小球能通过D点，由动能定理得：
Eqx－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
以上两式联立可得：x≥0.5 m．因AB<0.5 m
故小球不能到达D点．
(3)释放点离B点的距离x1＝1 m，从释放点到D点由动能定理得：Eqx1－mg·2R＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,D)
解得：v′D＝2eq \r(3) m/s
从D点飞出后水平方向做匀减速运动，
加速度为a＝eq \f(Eq,m)＝10 m/s2
竖直方向做自由落体运动，设落地点离B距离为x2，由运动学知识可得
2R＝eq \f(1,2)gt2，x2＝v′Dt－eq \f(1,2)at2
解得x2＝eq \f(2\r(6)－1,5) m.