高考物理一轮复习全国通用版专练　电场性质的综合应用

重点强化练(五)电场性质的综合应用(限时：45分钟)(对应学生用书第309页)一、选择题(共10小题，每小题6分，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．(2018·扬州模拟)示波管的聚焦电场是由电极A1、A2、A3、A4形成的，实线为电场线，虚线为等势线，x轴为该电场的中心轴线．一个电子从左侧进入聚焦电场，曲线PQR是它的运动轨迹，则()图1A．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度B．电场中P点的电势比Q点的电势低C．电子从P运动到R的过程中，电场力对它先做正功后做负功D．若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场，电子有可能做曲线运动B[由电场线分布的疏密程度可知，电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度，选项A错误；沿电场方向电势越来越低，选项B正确；电子从P运动到R的过程中，电场力对它一直做正功，选项C错误；若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场，电子一定做直线运动，选项D错误．]2.(2016·全国Ⅱ卷)如图2所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc.则()【导学号：84370297】图2A．aaabac，vavcvbB．aaabac，vbvcvaC．abacaa，vbvcvaD．abacaa，vavcvbD[a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rbrcra，则三点的电场强度由E＝kQr2可知EbEcEa，故带电粒子Q在这三点的加速度abacaa.由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝12mv2b－12mv2a0，则vbva，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|＝12mv2c－12mv2b0，vcvb，又|Uab||Ubc|，则vavc，故vavcvb，选项D正确．]3．(2018·兰州一模)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图3所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是()图3A．粒子带负电荷B．粒子先加速后减速C．粒子加速度一直增大D．粒子的机械能先减小后增大D[粒子受到的电场力沿电场线方向，故粒子带正电，故A错误；由图象知粒子受电场力向右，所以先向左减速运动后向右加速运动，故B错误；从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，根据电场线的疏密知道场强先变小后变大，故加速度先减小后增大，C错误，D正确．]4．如图4所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点．电场线与梯形所在的平面平行．ab平行于cd，且ab边长为cd边长的一半．已知a点的电势是3V，b点的电势是5V，c点的电势是7V．由此可知，d点的电势为()图4A．1VB．2VC．3VD．4VC[ab边与cd边相互平行，相等长度的两点电势差大小相等，a、b两点的电势差为2V，dc距离为ab的2倍，则d、c两点电势差也是a、b两点间电势差的2倍即4V，d点的电势为3V，C正确．]5．如图5是位于x轴上某点的电荷在直线PQ右侧的电势φ随x变化的图线，a、b是x轴上的两点，过P点垂直于x轴的直线PQ和x轴是该曲线的渐近线，则以下说法正确的是()图5A．可以判断出OP间的各点电势均为零B．可以判断出a点的电场强度小于b点的电场强度C．可以判断出P点左侧与右侧的电场方向均为x轴正方向D．负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能D[因直线PQ是图象的渐近线，故该电场是由位于P点的正电荷产生的，因此OP间各点电势为正，A项错误；a点距场源电荷较近，故a点的电场强度比b点大，B项错误；P处的正电荷产生的电场方向，在其左侧沿x轴负方向，在其右侧沿x轴正方向，C项错误；负电荷在电势高处电势能小，a点的电势比b点的电势高，故负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，D项正确．]6．(2018·冀州模拟)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图6所示，下列说法正确的是()【导学号：84370298】图6A．O点电势最低B．x1和x3两点的电势相等C．x2和－x2两点的电势相等D．x2点的电势低于x3点的电势C[沿着电场线方向电势逐渐降低，可知O点的电势最高．x1的电势高于x3的电势，故A、B错误；x2和－x2两点关于原点对称，由O点向两边电势都降低，则x2和－x2两点电势相等，故C正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，所以x2的电势高于x3的电势，故D错误．]7．(2018·安徽师大附中模拟)如图7所示，边长为l的正方形，在其四个顶点上各放有电荷量为＋q的点电荷，直线MN过正方形几何中心O且垂直正方形平面，在直线MN上有两点P和Q关于正方形平面对称，不计重力．下列说法正确的是()图7A．直线MN上O点的电场强度为零，电势最低B．从O点沿ON方向，电场强度减小，电势降低C．一负电荷从O点沿ON方向运动到Q点，该过程电荷的电势能增加D．若在O点放一电量合适的负电荷，仅在电场力作用下，五电荷均能处于平衡状态CD[根据点电荷场强公式E＝kqr2，结合矢量叠加原理知，四个点电荷在O产生的合场强大小为零，电势为标量，且正电荷周围的电势为正，在直线MN上O点离点电荷最近，故O点电势最高，A错误．从O点沿ON方向电场强度先增大后减小，电势降低，B错误．由以上分析可知，ON的电场强度方向由O指向N，当一负电荷从O点沿ON方向运动到Q点，根据负电荷沿着电场线方向移动，则电场力做负功，那么该过程电荷的电势能增加，C正确．在O点四个电荷的合电场强度为零，那么当在O点放任一电量的电荷，则合电场力为零，而要确保其他电荷也能处于平衡状态，则必须放一电量合适的负电荷，根据力的合成法则，结合力的平衡条件，五个电荷均可能处于平衡状态，D正确．]8．点电荷M、N、P、Q的带电荷量相等，M、N带正电，P、Q带负电，它们分别处在一个矩形的四个顶点上，O为矩形的中心．它们产生静电场的等势面如图8中虚线所示，电场中a、b、c、d四个点与MNQP共面，则下列说法正确的是()图8A．如取无穷远处电势为零，则O点电势为零，场强不为零B．O、b两点电势φbφO，O、b两点场强EbEOC．将某一正试探电荷从b点沿直线移动到c点，电场力一直做正功D．某一负试探电荷在各点的电势能大小关系为Epa＜Epb＜EpO＜Epd＜EpcAB[由图可知O点与无穷远处在同一等势面上，故电势为零．根据场强叠加原理，可知点电荷M、N、P、Q在O点的场强不为零，A正确．正电荷周围电势为正值，故φb＞0，因φO＝0，故φb＞φO，据等势面疏密可知Eb＜EO，B正确．正电荷沿直线从b到c，电场力先做正功后做负功，C错误．因电势φa＞φb＞φO＞φd＝φc，故负试探电荷的电势能Epa＜Epb＜EpO＜Epd＝Epc，D错误．]9．如图9所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，正极板与静电计相连，两板间有一个正试探电荷固定在P点．用C表示电容器的电容，E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，W表示正试探电荷在P点的电势能．若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()图9BC[设原来板间距离为d，负极板与P点间的距离为d0，则有C＝εrS4πkd－x，C与x不成线性关系，A错误．已知电容器所带电荷量不变，由C＝QU＝εrS4πkd－x和E＝Ud－x，可得E＝4πkQεrS，则场强不变，B正确．P点电势等于P点与负极板间的电势差，故φP＝UP＝E(d0－x)，而W＝φPq＝UPq＝Eq(d0－x)，C正确，D错误．]10.如图10所示，带正电q′的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电的小球M从A点由静止释放，M到达B点时速度恰好为零．若A、B间距为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g，则下列判断正确的是()【导学号：84370299】图10A．在从A点至B点的过程中，M先做匀加速运动，后做匀减速运动B．在从A点至C点和从C点至B点的过程中，前一过程M的电势能的增加量较小C．在B点M受到的库仑力大小是mgsinθD．在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差UBA＝mgLsinθqBD[以带电小球M为研究对象，M受到重力、电场力、弹力三个力作用，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－kq′qr2＝ma，又由于两小球间的距离在减小，小球M在从A点至B点的过程中，先做速度增大、加速度减小的变加速运动，然后做速度减小、加速度增大的减速运动，且小球M在B点受到的库仑力大小F库＝kq′qr2＝ma1＋mgsinθ＞mgsinθ，故A、C错误．根据电势能的变化量与电场力做功的关系可得，在从A点至C点的过程中，电势能的增加量ΔEpAC＝－WAC＝qUCA，在从C点至B点的过程中，电势能的增加量ΔEpCB＝－WCB＝qUBC，又UCA＜UBC，则ΔEpAC＜ΔEpCB，故B正确．根据动能定理可得mgLsinθ－qUBA＝0，解得UBA＝mgLsinθq，故D正确．]二、非选择题(共2小题，共40分)11．(20分)如图11所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l＝0.20m的绝缘轻线把质量m＝0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角θ＝37°.现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：图11(1)小球所受电场力的大小；(2)小球通过最低点C时的速度大小；(3)小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小．[解析](1)小球受重力mg、电场力F和拉力FT，其静止时受力如图所示．根据共点力平衡条件有F＝mgtan37°＝0.75N.(2)设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有mgl－Fl＝12mv2解得v＝2gl1－tan37°＝1.0m/s.(3)设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为FT′根据牛顿第二定律有FT′－mg＝mv2l解得FT′＝1.5N.[答案](1)0.75N(2)1.0m/s(3)1.5N12．(20分)如图12所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电量分别为＋Q和－Q.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为＋q(可视为点电荷，q远小于Q)，现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v.已知MN与AB之间的距离也为d.静电力常量为k，重力加速度为g.求：图12(1)C、O间的电势差UCO；(2)小球p经过O点时加速度的大小；(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小．[解析](1)小球p由C运动到O时，受重力和电场力作用，由动能定理得：mgd＋qUCO＝12mv2－0解得：UCO＝mv2－2mgd2q.(2)小球p经过O点时受力分析如图所示，由库仑定律得：F1＝F2＝kQq2d2二者的合力为F＝F1cos45°＋F2cos45°＝2kQq2d2由牛顿第二定律得：mg＋F＝ma解得：a＝g＋2kQq2md2.(3)小球p由O运动到D的过程，由动能定理得：mgd＋qUOD＝12mv2D－12mv2由电场分布的对称性可知UCO＝UOD解得：vD＝2v.[答案](1)mv2－2mgd2q(2)g＋2kQq2md2(3)2v