專題（50）高熱考點強化訓(xùn)練 電場性質(zhì)的理解和應(yīng)用（解析版）

2021年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點全攻關(guān)專題（50）高熱考點強化訓(xùn)練電場性質(zhì)的理解和應(yīng)用（解析版）選擇題：（本題共10小題，每小題6分，滿分60分。在每小題給出的四個選項中，第1～3只有一項是符合題目要求，第4～10題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）1.如圖1所示，在豎直面內(nèi)A點處固定有一帶電的小球，可視為點電荷．在帶電小球形成的電場中，有一帶電粒子在水平面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動，下列說法正確的是()圖1A．粒子運動的水平面為等勢面B．粒子運動的軌跡在一條等勢線上C．粒子運動過程中所受的電場力不變D．粒子的重力可以忽略不計【答案】B【解析】粒子在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，合力充當(dāng)向心力并指向圓心，粒子的電場力的方向沿兩個粒子的連線方向，并不指向圓心，因此粒子需要在電場力和重力的合力作用下做勻速圓周運動，且粒子和帶電小球相互吸引，D錯誤；粒子在運動過程中電場力的大小不變但是方向發(fā)生變化，因此電場力變化，C錯誤；假設(shè)粒子運動的平面為等勢面，電場線的方向垂直于等勢面，粒子所在平面的電場線沿豎直方向，粒子的受力也沿豎直方向，但由庫侖力的特點可知粒子的受力沿電荷連線方向，因此假設(shè)不成立，A錯誤；由點電荷的電勢φ＝keq\f(Q,r)可知，在點電荷中距離相等的點電勢相等，故粒子運動的軌跡在一條等勢線上，B正確．2．如圖2所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)存在一正點電荷Q，坐標(biāo)軸上有A、B、C三點，OA＝OB＝BC＝a，其中A點和B點的電勢相等，O點和C點的電勢相等，靜電力常量為k，則下列說法正確的是()圖2A．點電荷Q位于O點B．O點電勢比A點電勢高C．C點的電場強度大小為eq\f(kQ,2a2)D．將某一正試探電荷從A點沿直線移動到C點，電勢能一直減小【答案】C【解析】因A點和B點的電勢相等，O點和C點的電勢相等，故A、B到點電荷的距離相等，O、C到點電荷的距離也相等，則點電荷位置如圖所示，由圖可知，A錯誤；因點電荷帶正電，故離點電荷越近電勢越高，則O點電勢比A點低，故B錯誤；由圖可知點電荷與C點的距離rC＝eq\r(2)a，根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)，得EC＝eq\f(kQ,2a2)，故C正確；由圖可知，將正試探電荷從A點沿直線移動到C點，電勢先升高再降低，故電勢能先增大再減小，故D錯誤．3.如圖3，正六邊形ABCDEF區(qū)域內(nèi)有平行于紙面方向的勻強電場(圖中未標(biāo)出)，A、B、C三點電勢分別為3V、6V、9V，現(xiàn)有一個電子從E點以初速度v0沿EB方向射入．下列說法正確的是()圖3A．F點電勢為0VB．DF的連線是電場中一條等勢線C．電子射出六邊形區(qū)域時速度大小可能仍是v0D．電子離開此區(qū)域動能增量的最大值是3eV【答案】D【解析】連接AC，根據(jù)勻強電場電勢隨距離均勻變化(除等勢面)的特點，則知AC中點的電勢為6V，連接EB，EB即為一條等勢線，CA連線即為一條電場線，DF與CA平行，所以DF也是一條電場線，故B錯誤；由上可知AF為等勢面，所以F點電勢為3V，故A錯誤；電子在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的知識和等勢面與電場線的關(guān)系可知電子不可能再回到同一等勢面上，故C錯誤；由題圖可知電子從DC間離開時動能最大，即動能增量為：ΔEk＝eU＝3eV，故D正確．(多選)某平面區(qū)域電場線呈上下、左右對稱分布，如圖4所示，已知M、N為區(qū)域中上、下對稱的兩點，根據(jù)以上條件，下列判斷正確的是()圖4A．M點電場強度與N點電場強度相同B．正電荷在該電場中受到的最大電場力向右C．將正電荷從M點沿虛線移動到N點，電場力做正功D．將一不計重力的帶電粒子在電場中某點靜止釋放，粒子可能沿電場線運動【答案】BD【解析】該電場上下是對稱的，可知M處與N處的電場線的疏密是相同的，所以M點的電場強度與N點的電場強度大小是相等的，但方向不同，故A錯誤；電場線最密集的地方場強方向向右，可知正電荷在該電場中受到的最大電場力向右，故B正確；該電場上下是對稱的，可知M處與N處的電勢相等，將正電荷從M點沿虛線移動到N點，電場力做的總功為0，故C錯誤；將一不計重力的帶電粒子放置在直線電場線上某點靜止釋放時，粒子會沿電場線運動，故D正確．5.(多選)某種靜電除塵器中的電場線如圖5中虛線所示．K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為d.B點是AK連線的中點．在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加速．不考慮電子重力，元電荷為e，則下列說法正確的是()圖5A．A、K之間電場強度的大小為eq\f(U,d)B．電子到達(dá)A時動能等于eUC．由K到A電子電勢能增大了eUD．B、K之間的電勢差小于A、B之間的電勢差【答案】BD【解析】A、K之間建立的是非勻強電場，公式U＝Ed不適用，故A錯誤；根據(jù)動能定理得：Ek－0＝eU，得電子到達(dá)A極板時的動能Ek＝eU，故B正確；電場力做正功，動能增大，電勢能減小eU，故C錯誤；B、K之間的場強小于A、B之間的場強，根據(jù)U＝eq\x\to(E)d可知，B、K之間的電勢差小于A、B之間的電勢差，故D正確．6.(多選)如圖6所示，A、B、C、D、E是直角坐標(biāo)系xOy中的五個點，其坐標(biāo)分別為A(1,1)，B(1,0)，C(0，－1)，D(－1,0)，E(0,1)．在坐標(biāo)原點O和A點處分別放置一等量正、負(fù)點電荷，關(guān)于這些點的場強和電勢，下列說法正確的是()圖6A．C點處的場強比E點處的場強大B．C點處的場強與D點處的場強大小相等C．C點處的電勢比B點處的電勢高D．C點處的電勢與E點處的電勢相等【答案】BC【解析】因＋q在E、C兩點的場強大小相等，－q在C點的場強小于在E點的場強，且兩電荷在E點的場強的夾角較小，則合場強較大，選項A錯誤；由對稱性可知，C點處的場強與D點處的場強大小相等，選項B正確；＋q在B、C兩點的電勢相等；而－q在C點的電勢比B點高，可知C點處的電勢比B點處的電勢高，選項C正確；若取無窮遠(yuǎn)處為零電勢點，則E點的電勢等于零，而C點的電勢大于零，選項D錯誤．7.(多選)如圖7所示，在正點電荷Q的電場中有A、B、C、D四個點，A、B、C為直角三角形的三個頂點，D為AC的中點，∠A＝30°，A、B、C、D四點的電場強度大小分別用EA、EB、EC、ED表示，已知EA＝EC，B、C兩點的電場強度方向相同，點電荷Q在A、B、C三點構(gòu)成的平面內(nèi)．則()圖7A．EA＝eq\f(3,4)EDB．點電荷Q在D點位置C．將一正點電荷q從A點沿直線移到C點，電場力先做正功再做負(fù)功D．B、A兩點和B、C兩點間的電勢差滿足UBA＝UBC【答案】AD【解析】點電荷Q在A、B、C三點構(gòu)成的平面內(nèi)，正點電荷Q的電場中，EA＝EC，則正點電荷在AC的中垂線上；又B、C兩點的電場強度方向相同，則正點電荷在BC的連線上，所以正點電荷的位置在圖中O點，故B項錯誤．由幾何關(guān)系得：eq\f(rOD,rOA)＝eq\f(\r(3),2)，根據(jù)點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)可得，EA＝eq\f(3,4)ED，故A項正確．在正點電荷的電場中，離場源越遠(yuǎn)，電勢越低，從A點沿直線到C點過程中，電勢先增大后減小，則正點電荷q從A點沿直線移到C點的過程中電勢能先增大后減小，電場力先做負(fù)功再做正功，故C項錯誤．A、C兩點到正點電荷的距離相等，則φA＝φC，所以φB－φA＝φB－φC，B、A兩點和B、C兩點間的電勢差滿足UBA＝UBC，故D項正確．(多選)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖8所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推。現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項正確的是()圖8A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3【答案】AC【解析】由圖可知，a、b、c、d到點電荷的距離分別為1m、2m、3m、6m，根據(jù)點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)可知，eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(req\o\al(2,b),req\o\al(2,a))＝eq\f(4,1)，eq\f(Ec,Ed)＝eq\f(req\o\al(2,d),req\o\al(2,c))＝eq\f(4,1)，故A正確，B錯誤；電場力做功W＝qU，a與b、b與c、c與d之間的電勢差分別為3V、1V、1V，所以eq\f(Wab,Wbc)＝eq\f(3,1)，eq\f(Wbc,Wcd)＝eq\f(1,1)，故C正確，D錯誤。9．(多選)空間存在某靜電場，在x軸上各點的場強E隨坐標(biāo)x的分布規(guī)律如圖9所示，規(guī)定x軸的正方向為電場強度E的正方向．一個帶電粒子在x軸上以坐標(biāo)原點O點為對稱中心做往復(fù)運動．已知粒子僅受電場力作用，運動中電勢能和動能的總和為A，且坐標(biāo)原點O處，電勢為零．則()圖9A．該粒子一定帶負(fù)電B．該粒子在坐標(biāo)原點O兩側(cè)分別做勻變速直線運動C．x＝x0處的電勢為－eq\f(1,2)E0x0D．若該粒子帶電荷量的絕對值為q，則粒子運動區(qū)間為（－eq\r(\f(2Ax0,qE0))，eq\r(\f(2Ax0,qE0))）【答案】ACD【解析】由題圖圖象可知在O點右側(cè)的電場線水平向右，在O點左側(cè)的電場線水平向左，假設(shè)粒子帶正電，則粒子在O點右側(cè)向右運動時一直做加速運動，因此不會做往復(fù)運動，因此粒子不可能帶正電，若粒子帶負(fù)電，向右側(cè)運動時做減速運動，減速到零反向加速過O點后繼續(xù)做減速運動，做的是往復(fù)運動，因此粒子帶負(fù)電，A正確；由圖象可知該電場不是勻強電場，粒子的受力會發(fā)生變化，因此不做勻變速直線運動，B錯誤；E－x圖象的面積表示電勢差，沿著電場線方向電勢降低，因此φx0＝0－eq\f(1,2)E0x0得，φx0＝－eq\f(1,2)E0x0，C正確；粒子的總能量為A，且O點的電勢能為零，則O點的動能為A，粒子向x軸正向運動到最遠(yuǎn)距離時速度為零，能量轉(zhuǎn)化為該點的電勢能，由能量守恒可知A＝eq\f(1,2)q·eq\f(E0,x0)x·x，得x＝eq\r(2\f(Ax0,qE0))，根據(jù)對稱性可知，D正確．10．(多選)一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x的變化關(guān)系如圖10所示，則下列說法正確的是()圖10A．粒子從x1處運動到x2處的過程中電場力做正功B．x1、x2處電場強度方向沿x軸正方向C．x1處的電場強度大小大于x2處的電場強度大小D．x1處的電勢比x2處的電勢低【答案】AD【解析】由于粒子從x1運動到x2，電勢能減小，因此電場力做正功，粒子所受電場力的方向沿x軸正方向，電場強度方向沿x軸負(fù)方向，選項A正確，B錯誤；由ΔEp＝qEΔx，即qE＝eq\f(ΔEp,Δx)，由于x1處的圖線斜率的絕對值小于x2處圖線斜率的絕對值，因此x1處的電場強度大小小于x2處的電場強度大小，選項C錯誤；沿著電場線方向電勢降低，故x1處的電勢比x2處的電勢低，選項D正確。二、計算題（本大題共3小題，滿分40分）11.（12分）如圖11所示，在水平平面內(nèi)有一固定的光滑絕緣圓環(huán)，半徑r＝0.3m，圓環(huán)上套有一質(zhì)量m＝1×10－2kg、帶電量q＝＋5×10－5C的小球。勻強電場方向水平向右且與圓軌道所在平面平行。A為圓環(huán)最高點，B、C與圓心O在同一條水平線上。小球從A點以初速度v0＝eq\r(6)m/s向右運動，運動到B點時的速度vB＝3m/s。重力加速度g取10m/s2。求：圖11(1)電場強度E的大??；(2)小球最小速度的大小及此處對圓環(huán)的作用力的大小?！敬鸢浮?1)1000N/C(2)0.05N【解析】(1)小球從A到B，由動能定理得：qEr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得：E＝1000N/C(2)小球在C點處速度最小，從A到C，由動能定理得：－qEr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在C點，由牛頓第二定律得：qE＋FN＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)解得：FN＝0.05N根據(jù)牛頓第三定律知，小球運動到C點時對圓環(huán)的作用力大小為0.05N。（14分）如圖12，ABCD為豎直放在場強大小為E＝104V/m的水平向右勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓形軌道，軌道的水平部分與半圓相切于B點，A為水平軌道上的一點，而且AB＝R＝0.2m，把一質(zhì)量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－4C的小球放在水平軌道的A點由靜止開始釋放，小球在軌道的內(nèi)側(cè)運動(g取10m/s2).求：圖12(1)小球到達(dá)C點時對軌道壓力是多大？(2)小球能否沿圓軌道到達(dá)D點？(3)若小球釋放點離B的距離為1.0m，則小球從D點飛出后落地點離B的距離是多少？(結(jié)果可以含有根號)【答案】(1)3N(2)不能(3)eq\f(2\r(6)－1,5)m【解析】(1)由A點到C點應(yīng)用動能定理有：Eq(AB＋R)－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：vC＝2m/s設(shè)在C點軌道對小球支持力為FN，應(yīng)用牛頓第二定律得：FN－Eq＝meq\f(v\o\al(2,C),R)得FN＝3N由牛頓第三定律知，小球在C點對軌道的壓力大小為3N.(2)小球要通過D點，必有mg≤meq\f(v\o\al(2,D),R)設(shè)釋放點距B點的距離為x時小球能通過D點，由動能定理得：Eqx－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)以上兩式聯(lián)立可得：x≥0.5m．因AB<0.5m故小球不能到達(dá)D點.(3)釋放點離B點的距離x1＝1m，從釋放點到D點由動能定理得：Eqx1－mg·2R＝eq\f(1,2)mvD′2解得：vD′＝2eq\r(3)m/s從D點飛出后水平方向做勻減速運動，加速度為a＝eq\f(Eq,m)＝10m/s2豎直方向做自由落體運動，設(shè)落地