【文档说明】高考物理冲刺大二轮练习：专题三　电场和磁场 专题跟踪训练8 Word版含解析.doc，共(13)页，208.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1专题跟踪训练(八)一、选择题1．(2018·广州市高三毕业测试)如图，有两个等量异种点电荷置于正方体的两个顶点上，正点电荷置于a点，负点电荷置于c点，则()A．b、d、h、f点电势相等B．e、f、g、h点电势相等C．bd连线中点的场强为零D．bd连线中点

与fh连线中点的场强相同[解析]由等量异种点电荷的电场分布可知，ac连线的垂直等分面为等势面，b、d、h、f点处于这个等势面上，这四点电势相等，选项A正确；e点电势高于h点电势，选项B错误；bd连线中点的

场强不为零，选项C错误；bd连线中点与fh连线中点的场强方向相同，但大小不相同，选项D错误．[答案]A2．(2018·福州市高三质检)(多选)真空中，两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2.在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实

线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了C、D两点，其中D点的切线与AB连线平行，O点为AB连线的中2点，则()A．A带正电，B带负电，且|Q1|>|Q2|B．O点电势比D点电势高C．负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D

．在C点由静止释放一带正电的检验电荷，只在电场力作用下将沿电场线运动到D点[解析]根据电场线从正电荷出发终止于负电荷可知，A带正电，B带负电，根据场强叠加原理，结合D点的场强方向水平，可知|Q1|>|Q2|，选项A正确；根据等势面垂直于

电场线、沿着电场线的方向电势降低可知，O点电势比D点电势高，选项B正确；C点电势高于D点电势，根据电势能公式Ep＝qφ可知，负检验电荷在C点的电势能小于在D点的电势能，选项C错误；场强的方向为电场线上某一点的切线方向，正电荷受电场力

的方向与该点的场强方向相同，因此在C点由静止释放的带正电的检验电荷，不会沿电场线运动到D点，选项D错误．[答案]AB3．(2018·全国卷Ⅰ)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V．一电子经过a时的动能为10eV，从a到d

的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是()3A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍[解析]电子在等势面b时的

电势能为E＝qφ＝－2eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确．由以上分析可知，电子在

等势面d的电势能应为2eV，C错误．电子在等势面b的动能为8eV，电子在等势面d的动能为4eV，由公式Ek＝12mv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的2倍，D错误．如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正

确．[答案]AB4．(2018·兰州高三诊断)真空中正三角形ABC的三个顶点上分别放有电荷量相等、电性不同的点电荷，A、C两点处为正点电荷，B点处为负点电荷，如图所示．A处点电荷所受静电力大小为F，则B、C两处点电荷所受静电力大小分别为()4A.2F

FB.3FFC．22F2FD．23F2F[解析]由库仑定律F＝kQqr2可知，三个点电荷相互之间的库仑力大小相等，则对A处点电荷受力分析如图甲所示，由于FB＝FC，因此图甲中的三角形应为正三角形，则FB＝FC＝F.对C处点电荷受力分析，同理可知C处点电荷所受的静电力大小也为F.对B处点电荷

受力分析如图乙所示，由几何关系可知F′与FA的夹角应为30°，则F′＝2FAcos30°＝3F.故B正确．[答案]B5．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场

方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.5下列说法正确的是()A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行

B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W1＋W22C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为W2qLD．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差[解析]由题意得，(

φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只能得出a、b两点间和c、d两点间的电势关系，无法确定场强的方向，选项A错误；若c、d之间的距离为L，因无法确定场强的方向，故无法确定场强的大小，选项C错误；由于φM＝φa＋φc2、φN＝φb＋φd2、WMN＝q(φM－

φN)，上述式子联立求解得粒子从M点移动到N点电场力做的功为WMN＝W1＋W22，所以B正确；若W1＝W2，有φa－φb＝φc－φd，变形可得φa－φc＝φb－φd，又φa－φM＝φa－φa＋φc2＝φ

a－φc2，φb－φN＝φb－φb＋φd2＝φb－φd2，所以φa－φM＝φb－φN，D正确．[答案]BD6．(2018·襄阳市高三统考)如图所示，AC、BD为圆的两条相互6垂直的直径，圆心为O，半径为R，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它

们的位置关于AC对称，正点电荷所处位置与O点的连线和OC间夹角为60°.下列说法正确的是()A．O点的电场强度大小为kQR2，方向由O指向DB．O点的电场强度大小为3kQR2，方向由O指向DC．A、C两点的电势关系是φA<φCD．电荷量为q的正电荷在A点的电势能大于在C点

的电势能[解析]根据点电荷的电场E＝kQr2和电场叠加原理知，O点的场强大小E＝k2QR2cos30°＝3kQR2，方向由O指向D，A错误，B正确；由等量异种点电荷的等势线分布特点可知，两点电荷连线的垂直平分线上的电势均为零，即A、C两点的电势相等，C错误

；A点与C点的电势相等，故电荷量为q的正电荷在A点的电势能等于在C点的电势能，D错误．[答案]B7．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有7一个正检验电荷固定在P点，如下图甲所示，以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()[解析]电容器的电容C＝εS4πkd，两板间距随负极板向右平移而逐渐增大，但电容C与(d－x)成反比，A错误；电容器与电源断开

后，电荷量不变，根据E＝Ud，U＝QC，C＝εS4πkd，可知E＝4πkQεS保持不变，B错误；负极板接地，电势为零，P点的电势φ等于P点到负极板的电势差，即φ＝El，E不变，l减小，φ线性减小，C正确；由W＝qφ，可知W随φ的变化而变化，即W随l的

变化而变化，D错误．[答案]C8.(多选)空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有()8A．EBx的大小大于ECx的大小B．EBx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从

B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功[解析]在B点和C点附近分别取很小的一段(d)，由图象知B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，将此小段看作是匀强电场，再由E＝Ud＝Δφd，可见EBx>ECx，A项正确；同理可知O点场强为零，电荷在该点受到的电场力为零，C项错误；因沿电

场线方向电势逐渐降低，则由图可知在O点左侧，电场方向在x方向上的分量沿x轴负方向，在O点右侧，电场方向在x方向上的分量沿x轴正方向，则负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以B项错误，D项正确．[答案]AD9．(多

选)制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行金属板，如图甲所示，加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k≥1)，电压变化的周期为2T，如图乙所示．在t＝0时，有一个质量为m、电荷量为e的电子9以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，

在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则下列说法中正确的是()A．若k＝54且电子恰好在2T时刻射出电场，则应满足的条件是d≥9eU0T25mB．若k＝1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加eU02C．若k＝54且电子恰好

在2T时刻射出电场，则射出时的速度为v20＋5eU0T4md2D．若k＝1，则电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变[解析]竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小a1＝eU0md，位移x1＝12a1T2，在T～2T时间内先做匀减速

运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小a2＝5eU04md，初速度的大小v1＝a1T，匀减速运动阶段的位移x2＝v212a2，由题知12d≥x1＋x2，解得d≥109eU0T25m，A正确；若k＝1且电子

恰好在4T时刻从A板边缘射出电场，电场力做功为零，动能不变，B错误；若k＝54且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时的速度为v20＋eU0T4md2，C错误；若k＝1，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变，D正确．[答案]AD二、非选择题1

0．(2018·石家庄高三质检二)如图所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为＋Q.现从A点将一质量为m、电荷量为－q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为gr，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影

响，求：(1)小球运动到D点时对轨道的压力；(2)小球从A点到D点过程中电势能的改变量．[解析](1)小球在D点时有FN＋kQq2r2－mg＝mv2r解得FN＝2mg－kQq4r211由牛顿第三定律得，小球在D点时对轨道的压力大小为FN′＝2mg

－kQq4r2方向竖直向下(2)小球从A运动到D，根据动能定理，有：mgr＋W电＝12m(gr)2－0解得电场力做的功：W电＝－12mgr因为电场力做负功，则电势能增加，ΔEp＝12mgr[答案](1)

2mg－kQq4r2，方向竖直向下(2)12mgr11．(2018·江苏苏北四市联考)如图甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长．A板O处的放射源连续无初速

地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：(1)C、D板的

长度L；(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；(3)粒子打在荧光屏上区域的长度．12[解析](1)粒子在A、B板间有qU0＝12mv20在C、D板间有L＝v0t0解得：L＝t02qU0m(2)粒子从nt0(n＝0、2、4…)时刻进入C、D板间，从C、D板间飞出时垂直

于极板方向偏移距离最大粒子做类平抛运动偏移距离y＝12at20加速度a＝qU1md得：y＝qU1t202md(3)粒子从C、D板间飞出时垂直极板方向偏移距离最大时打在荧光屏上距中心线最远出C、D板时的偏转

角tanθ＝vyv0，vy＝at打在荧光屏上距中心线最远的距离s＝y＋Ltanθ粒子打在荧光屏上区域的长度Δs＝s＝3qU1t202md[答案](1)t02qU0m(2)qU1t202md(3)3qU1t202md13