全国版2021高考物理一轮复习专题八电倡练含解析.docx

1、专题八电场一、选择题(共10小题,60分)1.如图所示,水平放置的平行金属板A、B接在电源两极,两板间距离为d,C、D分别为极板中心垂直于纸面的轴.带电微粒以一定初速度v0水平射入两板正中间,带电微粒恰好做匀速直线运动.若该带电微粒仍以相同的初速度v0射入电场,下列说法正确的是()A.若两板分别绕C、D逆时针转动一相同的小角度,带电微粒做匀加速直线运动B.若两板分别绕C、D顺时针转动一相同的小角度,带电微粒做匀加速直线运动C.若减小两板的正对面积,则带电微粒向A板偏转D.若减小两板间的距离,则带电微粒向B板偏转2.原创题如图所示,真空中竖直平面内有一边长为L的正三角形ABC,电荷量均为+q的点

2、电荷Q1、Q2分别固定于正三角形的两顶点B、C处,将点电荷Q3(电荷量未知)固定于正三角形ABC的中心.在顶点A处放入另一点电荷Q,且Q的带电荷量为-q,点电荷Q恰好处于平衡状态.已知静电力常量为k,不计重力,下列说法正确的是()A.若撤去Q3,则Q将向下做匀变速直线运动B.Q3的电荷量为-3qC.若不改变Q的电性,仅改变其电荷量,Q将不再受力平衡D.若将Q1的电荷量改为-q,则Q受到的合力大小为2kq2L23.一带电粒子(不计重力)质量为m、电荷量为+q,仅在电场力作用下从原点O由静止开始沿x轴运动,所加的沿x轴正方向的电场强度E与位移x的关系图线如图所示.若选定原点的电势为零,图中E0、x

3、0为已知量,则下列说法正确的是()A.x=x0处的电势为x0=E0x0B.x=2x0处的电势为2x0=-2E0x0C.02x0内,带电粒子的最大速度为3qE0x0mD.带电粒子在从x=x0到x=2x0的过程做减速运动4.如图甲所示,在同一水平面内的a、b两点固定两个等量同种正点电荷,其连线的垂直平分线上有A、B、C三点,将质量为m的带电小球从A点由静止释放,沿垂直平分线经B点向C点运动,其运动的v-t图象如图乙所示,已知经过B点时v-t图线的切线斜率最大(图中画出了该切线),取无穷远处电势为0,则下列说法正确的是()A.小球由A到C的过程中,电场力先做正功后做负功B.A、B、C三点中,B点的电

4、场强度最小C.A、B、C三点中,A点的电势最高D.小球由A到C的过程,电势能先增大后减小5.某电场的电场线分布如图所示,其中带箭头的实线表示电场线,a、b、c、d为该电场中的四点,则()A.正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能B.带电粒子在c点的加速度大于在d点的加速度C.将一带正电的粒子放在a点,它将沿着电场线运动到b点D.若在d点固定一负点电荷,负检验电荷由a移至b的过程中电场力做正功6.如图所示,水平地面上固定一竖直的光滑绝缘细杆,一质量为m,带电荷量为q的圆环a套在竖直杆上.质量为M,带电荷量为+Q的滑块b静置于水平地面上,滑块b与地面间的动摩擦因数为.a、b均保持静止,且两者连线与

5、水平地面的夹角为,静电力常量为k,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.圆环a带负电B.滑块b受到地面的支持力大小为(M+m)gC.滑块b受到的库仑力大小为mgcosD.滑块b受到地面的摩擦力大小为(M+m)g7.如图所示,一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O点,质量为m的带正电的小球从O点正上方的A点由静止释放,并穿过带电环,小球从A到A关于O的对称点A的过程中的加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E机)、电势能(Ep电)随下落高度h变化的图象一定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零,竖直向下为正方向,无穷远处电势为零)()8.2020山东统考,多选在金属球壳的球心处有一

6、个正点电荷,球壳内外的电场线分布如图所示,下列说法正确的是()A.M点的电场强度比K点的大B.球壳内表面带负电荷,外表面带正电荷C.试探电荷-q在K点的电势能比在L点的大D.试探电荷-q沿电场线从M点运动到N点,电场力做负功9.多选真空中一静止点电荷的电场中,任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示.电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra,a)标出,其余类推.现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是(

7、)A.EaEb=41 B.EcEd=21C.WabWbc=31 D.WbcWcd=1310.2020四川雅安检测,多选如图所示,a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点.电荷量均为q (q0)的两个点电荷分别固定在a、c两点,静电力常量为k,不计重力.下列说法正确的是()A.b点的电场强度大小为2kql2B.过b、d点的直线位于同一等势面上C.在两点电荷产生的电场中,ac中点的电势最低D.在b点静止释放的电子,到达d点时速度为零二、非选择题(共4小题,50分)11.2020河南安阳模拟,8分 如图所示,长l=1 m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电

8、场中,绳与竖直方向的夹角=37.已知小球所带电荷量q=1.010-6 C,匀强电场的场强E=3.0103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.求:(1)小球所受电场力F的大小.(2)小球的质量m.(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小.12.10分如图所示,ABC是一条长L=12 m的绝缘水平轨道,B为AC的中点,轨道AB处于水平向右的匀强电场中,E1=2.5103 N/C,轨道BC处于竖直向下的匀强电场中,电场强度大小为E2(未知),一个质量m=0.2 kg、电荷量q=+410-4 C的可视为质点的滑块自A点由静止开始向右运动,最终停在

9、C点,已知滑块与轨道间的动摩擦因数=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2.求:(1)滑块从A点运动到B点所用的时间;(2)滑块到达B点时的速度大小;(3)E2的大小. 13.13分如图所示为空气中固定正对的竖直平行金属板AB、CD组成的电容器,金属板长为L,间距为L2,两板面积均为S,均不带电,O点为AC连线的中点.现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球以v0=2gL的速度从O点竖直向上抛出,经时间t1=(2+1)Lg(g为重力加速度大小)后,突然给两金属板加上电压,小球恰好从C处离开电场.已知静电力常量为k,空气的相对介电常数为1.求:(1)t1末小球速度v1的大

10、小以及小球所在的位置;(2)小球经过C处时的速率vC以及加上电压后AB板所带的电荷量.14.19分如图所示,xOy为一竖直平面内的直角坐标系,A、B为两坐标轴上的点,其中A点的坐标为(23d,0),B点的坐标为(0,d).将一质量为m的小球从B点以某一初动能沿x轴正方向水平抛出,小球刚好能经过x轴上的A点.现使此小球带电,电荷量为q(q0),同时在空间加一匀强电场,场强方向平行于坐标平面.将小球以同样的初动能从坐标原点O沿某一方向抛出,小球经过了A点,且经过A点时的动能为初动能的53倍;若将该小球以同样的初动能沿另一方向抛出,小球刚好能经过B点,且经过B点时的动能与初动能相同,重力加速度大小为

11、g.(1)求小球的初动能;(2)求所加匀强电场的场强大小;(3)若将带电后的小球从坐标原点O以同样的初动能向y轴左侧任意方向抛出,试计算小球经过y轴的范围.1.B若两板分别绕C、D逆时针转动一相同的小角度,则带电微粒受力如图所示,电场力F=qE=qUd,其中板间距离d=dcos ,因此Fcos =qUd=mg,即竖直方向的合力为零,水平方向的合力与v0反向,因此带电微粒做匀减速直线运动,选项A错误;同理,若两板分别绕C、D顺时针转动一相同的小角度,则合力方向与v0同向,带电微粒做匀加速直线运动,选项B正确;若减小两板正对面积,板间电压和距离都不变,则板间场强不变,带电微粒仍做匀速直线运动,选项

12、C错误;若减小两板间距离,则板间场强增大,带电微粒所受电场力增大,带电微粒向A板偏转,选项D错误.2.D若撤去Q3,点电荷Q所受的合力为Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力,方向竖直向下,向下加速运动的过程中,由于点电荷间的距离变化,导致库仑力变化,则加速度变化,做变速直线运动,故A错误;Q1、Q2对点电荷Q的库仑力的合力F1=2kq2L2cos 30=3kq2L2,根据几何关系可知,Q3与点电荷Q的距离r=33L,根据平衡条件得kQ3qr2=3kq2L2,解得Q3=33q,带负电,故B错误;根据kQ3Qr2=3kQqL2知,若不改变Q的电性,仅改变其电荷量,Q将仍然受力平衡,故C错误;若将Q1的

13、电荷量改为-q,Q受到Q1、Q2的合力F1=kq2L2,方向水平向右,Q3对Q的库仑力大小为3kq2L2,方向竖直向上,Q受到的合力大小F合=kq2L22+3kq2L22=2kq2L2,故D正确.3.C沿着电场线的方向电势降低,所以在x=x0处的电势为x0=-E0x0,选项A错误;因为E-x图线与x轴所围图形的面积表示电势差,所以x=2x0处的电势为2x0=-32E0x0,选项B错误;分析可知粒子在x=2x0处速度最大,根据动能定理可得32qE0x0=12mvm2,解得最大速度vm=3qE0x0m,选项C正确;带电粒子在从x=x0到x=2x0的过程中做加速度减小的加速运动,选项D错误.【方法技

14、巧】近几年高考试题中越来越重视图象问题的考查,经常出现根据-x图和E-x图进行分析的试题,求解这类问题要注意两点:(1)根据电势随位置x变化图象求电场强度E的方法是求-x图的切线斜率;(2)根据电场强度E随位置x变化图象求电势差的方法是求E-x图与x轴所围的面积大小.4.C由题图乙知,小球速度一直增大,所以电场力对小球始终做正功,A错误;小球的加速度方向始终沿AC方向,受到的库仑力为斥力,所以小球带正电,小球在水平面内仅受两个电场力作用,在B点时加速度最大,所以所受电场力也最大,B错误;根据等量同种正点电荷连线的垂直平分线上的电势分布规律及无穷远处电势为0可知,A、B、C三点中A点的电势最高,

15、C正确;小球由A到C的过程,电场力始终对小球做正功,小球的动能一直增加,电势能一直减小,D错误.5.A沿着电场线的方向电势逐渐降低,由EP=q可知正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能,A正确;电场线密集的地方电场强度大,同一粒子受到的电场力大,加速度也大,故B错误;将一带正电的粒子放在a点,由于电场线是曲线,则电场力方向时刻在变化,与粒子速度方向之间存在夹角,故它不会沿着电场线运动到b点,C错误;若在d点固定一负点电荷,则由合场强的方向可知负电荷由a移至b的过程中,电场力做负功,故D错误.6.B 根据题意,圆环a能保持静止,故受到库仑斥力,圆环a也带正电,A错误.对a、b组成的系统整体进行受

16、力分析,竖直方向上受到重力(M+m)g和地面的支持力,由于整体静止,竖直方向上受力平衡,故滑块b受到地面的支持力大小为(M+m)g,B正确.根据牛顿第三定律,滑块b受到的库仑力大小等于圆环a受到的库仑力大小,对圆环a进行受力分析后,得库仑力的大小为mgsin,C错误.b静止,根据受力分析可知,滑块b受到地面的静摩擦力大小为Ff=mgsincos =mgtan,D错误.7.D圆环中心的场强为零,无穷远处场强也为零,则小球从A点到圆环中心的过程中,场强可能先增大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直向上,重力不变,由牛顿第二定律得知,加速度可能先减小后增大;小球穿过圆环后,小球所受的电场

17、力竖直向下,加速度方向向下,为正值,根据对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小,故A正确;小球从A点到A点的过程中,重力势能EpG=-mgh,重力势能与下落高度是线性关系,故B正确;小球从A点至圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,故C正确;由于圆环所产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,电场力做的功与下落高度之间是非线性关系,电势能与下落高度之间也是非线性关系,故D错误.8.ABD由电场线的疏密程度可知,M点的场强比K点的大,A正确;由于感应起电,在金属球壳的内表面感应出负电荷,外表面感应出正电荷,B正确;负电荷沿电场线方向运动,

18、电场力做负功,电势能增加,可知C错误,D正确.9.AC设点电荷的电荷量为Q,根据点电荷电场强度公式E=kQr2,rarb=12,rcrd=36,可知,EaEb=41,EcEd=41,选项A正确,B错误;将试探电荷由a点移动到b点电场力做的功Wab=q(a-b),将试探电荷由b点移动到c点电场力做的功Wbc=q(b-c),将试探电荷由c点移动到d点电场力做功Wcd=q(c-d),结合题图可知,WabWbc=31,WbcWcd=11,选项C正确,D错误.10.ADa点的点电荷在b点产生的电场的电场强度大小为Ea=kql2,方向为沿a、b两点连线指向b,c点的点电荷在b点产生电场的电场强度大小为Ec

19、=kql2,方向为沿c、b两点连线指向b,由电场叠加原理可得,b点的电场强度大小为E=Eacos 45+ Eccos 45=2kql2,选项A正确;画出两个等量正点电荷的电场与等势面如图所示,过b、d两点的直线向两端延伸,沿延伸的方向电势越来越低,选项B错误;在两点电荷产生的电场中,ac中点的电场强度为零,在过b、d两点的直线上该点的电势最高,选项C错误;由对称性可知,b、d两点电势相同,故电子在b、d两点电势能相同,根据在电场力作用下电势能和动能之和保持不变可知,在b点从静止释放的电子,在电场力作用下先加速运动到速度最大,后减速运动,到达d点时速度为零,选项D正确.11.解析:(1)电场力F

20、=qE=3.010-3 N.(2分)(2)对小球受力分析,如图所示.由平衡条件有mg=Ftan(2分)解得m=Fgtan=4.010-4 kg.(1分)(3)由动能定理有mgl(1-cos )=12mv2-0(2分)解得v=2.0 m/s.(1分)12.解析:(1)滑块从A点运动到B点的过程,由牛顿第二定律有E1q-mg=ma1(1分)得a1=3 m/s2(1分)由xAB=12a1t2(1分)可得t=2 s.(1分)(2)滑块到达B点时的速度大小vB=a1t=6 m/s.(1分)(3)滑块从B点运动到C点的过程,由运动学公式有xBC=0-vB2-2a2(1分)对滑块受力分析可知,竖直方向上,轨

21、道对滑块的支持力FN=mg+E2q(1分)水平方向上,由牛顿第二定律有FN=ma2(1分)其中FN=FN(1分)联立解得E2=2.5103 N/C.(1分)【技巧点拨】对于此类问题,应先对物体进行准确的受力分析,进而求得合力,再由a=F合m求出加速度a,其次应熟练掌握与匀变速直线运动有关的公式.此类问题多为运动和力的结合,重基础.13.解析:(1)0t1时间内,小球做竖直上抛运动,则t1末小球的速度v1=v0-gt1(1分)解得v1=-gL(1分)即t1末小球的速度大小为gLh1=v0t1-12gt12(1分)解得h1=L2即t1末小球在O点正上方L2处.(1分)(2)加上电压后,小球在水平方

22、向上做初速度为零的匀加速直线运动,到达C处所用的时间t2=2v0g-t1(1分)到达C处时竖直方向有vy=v0(1分)水平方向有L4=0+vx2t2(1分)速率vC=vx2+vy2联立解得vC=12(11+22)gL(1分)水平方向上,根据动量定理有qEt2=mvx-0(1分)加上电压后AB所带的电荷量Q=CU(1分)U=EL2(1分)电容C=S4kL2(1分)解得Q=(3+22)mgS8kq.(1分)【易错警示】本题很容易误认为加上电压后小球做类平抛运动.实际上,加上电压后,小球在水平方向上和竖直方向上分别受到电场力和重力,其合力与t1末的速度方向不垂直,不做类平抛运动,应运用运动的合成与分

23、解,分别分析水平方向和竖直方向这两个分运动的性质.14.解析:(1)由平抛运动规律可得d=12gt2(1分)23d=v0t(1分)联立可解得v0=6gd(1分)故可解得小球的初动能为Ek0=3mgd.(1分)(2)当小球带电并加上电场后,小球从O点抛出经过A点时的动能EkA=53Ek0,由动能定理可得qUOA=EkA-Ek0(1分)当小球从O点抛出经过B点时,由动能定理可得qUOB-mgd=0(1分)由此可解出UOA=2mgdq,UOB=mgdq(1分)如图所示,作OA的中点为C,由于UOA=2UOB,由匀强电场的特点可知,B、C两点的电势相等,两点连线即为等势线,过O作BC的垂线,交BC于D.由于UOB=O-B=mgdq0,所以电场强度的方向与等势线BC垂直且由O指向D(1分)若OBC=,则有tan =