《（课标通用）高考物理二轮复习 专题3 电场与磁场 专题跟踪检测8（含解析）-人教版高三全册物理试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（课标通用）高考物理二轮复习 专题3 电场与磁场 专题跟踪检测8（含解析）-人教版高三全册物理试题（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题跟踪检测(八)(建议用时：45分钟) 基础通关1(2019云南昆明一中期中)关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A两个电势不同的等势面可能相交B电场线与等势面处处相互垂直C同一等势面上各点电场强度一定相等D将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功B解析 电场中等势面上各点电势相等，故电势不同的等势面不可能相交，选项A错误；电场线与等势面处处垂直，选项B正确；电场强度与等势面的疏密程度有关，与电势的高低无关，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，选项C错误；电势较高点与电势较低点的电势差大于零，由WqU知，负电荷受到的电场力做负功，选项D错误2(2019北京
2、卷)如图所示，a、b两点位于以负点电荷Q(Q0)为球心的球面上，c点在球面外，则()Aa点场强的大小比b点大Bb点场强的大小比c点小Ca点电势比b点高Db点电势比c点低D解析 由点电荷场强公式Ek确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低，由点电荷的场强公式Ek可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，选项A错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，选项B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负点电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿
3、电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，选项C错误，D正确3(2019天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A动能增加mv2 B机械能增加2mv2C重力势能增加mv2 D电势能增加2mv2B解析 由动能的表达式Ek mv2可知带电小球在M点的动能为EkMmv2，在N点的动能为EkNm(2v)2 2mv2，所以动能的增量为Ekmv2，选项A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有vyvgt，vx
4、2vat t，可得qE2mg，竖直方向的位移ht，水平方向的位移xtvt，因此有x2h，对小球用动能定理有qExmghEkmv2，联立上式可解得qEx2mv2，mghmv2，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加2mv2，电势能减少2mv2，选项B正确，D错误；重力做负功，重力势能增加量为mv2，选项C错误4(2020湖北部分重点中学开学考试)如图所示为某电场中x轴上电势随位置x变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过xx2处，则下列说法正确的是()Ax1和x2处的电场强度均为零Bx1和x2之间的场强方向不变C粒子从x0到xx2过程中，电势
5、能先增大后减小D粒子从x0到xx2过程中，加速度先减小后增大D解析 由E可知，电势随位置x变化的图线的斜率表示电场强度，x1和x2处图线的斜率均不为零，所以x1和x2处的电场强度均不为零，又x1和x2之间图线的斜率先大于零后小于零，故电场强度方向有变化，选项A、B错误；根据题述“一个带电粒子仅受电场力作用在x0处由静止释放沿x轴正向运动”，结合图象分析可知带电粒子带负电，粒子从x0到xx2过程中，电场力先做正功后做负功，粒子的电势能先减小后增大，选项C错误；根据电势随位置x变化的图线的斜率表示电场强度，从x0到xx2，电场强度先减小后增大，带电粒子所受的电场力先减小后增大，根据牛顿第二定律可知
6、粒子的加速度先减小后增大，选项D正确5(2018天津卷)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为M、N，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是()AvMvN，aMaN BvMvN，MNCMN，EpMEpN DaMaN，EpMEpND解析 因为N点的电场线密，所以场强大，受到的电场力大，加速度大，即aMN；又由Epq知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即EpMvN，若带负电粒子由N向M运动过程中电场力做正功，则动能增大，也可得vM
7、vN，故选项D正确6(2019四川宜宾三中月考)如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为M、N、P、Q.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等则()A直线a位于某一等势面内，MQB直线c位于某一等势面内，MNC若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D若电子由P点运动到Q点，电场力做负功B解析 由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为MN，选项B正确， A错误M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，选项C错误电子由P点运动到
8、Q点，电场力做正功，选项D错误7(2019湖南怀化模拟)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上若将云母介质移出，则电容器()A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变D 解析 平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变；若将云母介质移出，电容C减小，由C可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器极板上的电荷量减小；由于U不变，d不变，由E可知，极板间电场强度E不变，选项D正确，A、B、C错误8(2020广东惠州调研)带电的平行板电容器与静电
9、计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变大，可采用的方法为 ()A减小两极板间的距离B用手触摸极板AC在两极板间插入电介质D将极板B向上适当移动D解析 若减小两极板间的距离，则由电容器的决定式C可得电容器的电容增大，再由U可知，两极板间的电势差减小，故静电计的指针偏角变小，选项A错误；由于极板B接地，用手触摸极板A时，相当于极板A接地，两极板的带电荷量减小为零，电势差为零，静电计的指针偏角减小到零，选项B错误；在两极板间插入电介质时，介电常数增大，则C增大，由U可知，两极板间电势差减小，静电计的指针偏角变小，选项C错误；将极板B向上移动，正对面积减小，则由C可知，电容器的电容减小，又由U可知，
10、两极板间电势差增大，静电计的指针偏角变大，选项D正确 能力提升9(2017全国卷)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V下列说法正确的是()A电场强度的大小为2.5 V/cmB坐标原点处的电势为1 VC电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eVABD解析 ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E12 V/cm、E21.5 V/cm，根据矢量合成可知E2.5 V/cm，选项A正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有Oabc，得O1 V，
11、选项B正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为10 eV、17 eV和26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，选项C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W(17 eV)(26 eV)9 eV，选项D正确10(2020广东惠州调研)(多选)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB下列说法正确的是()A电子一定从A向B运动B若aAaB，则Q靠近M端且为正电荷C无论Q为正电荷还是负电荷，一定有EpAEpBDB点电势可能高于A点电势BC解析
12、由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，不能确定运动方向，选项A错误；由电场场源为点电荷，aAaB可知，点电荷Q靠近M端，又由电子受力指向凹的一侧可知，MN上电场线方向向右，故点电荷Q为正电荷，选项B正确；由电子受力指向运动轨迹凹侧可知，MN上电场线方向一定向右，不论Q为正电荷还是负电荷，A点电势一定高于B点电势，又电子从低电势向高电势运动时，电势能降低，故电子在A点的电势能EpA一定小于在B点的电势能EpB，选项C正确，D错误11(2019河南信阳高中月考)(多选)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为Er(式中k为静电力常量，
13、r为试探电荷与场源电荷间的距离)真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x0和x6 cm的位置上x轴上各点的电势随x的变化关系如图所示A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平下列说法正确的是()A电荷Q1、Q2的电性相反B电荷Q1、Q2的电量之比为14CB点的x坐标是8 cmDC点的x坐标是12 cmACD解析 电势随x的变化关系图象的斜率E，所以C点电场为零，根据电场叠加原理可知电荷Q1、Q2的电性相反，选项A正确；根据可知，A0，解得Q1|Q2|41，选项B错误；根据可知，B0，解得B点的坐标是8 cm，选项C正确；由E知，EC0，解得C点的坐标是x
14、212 cm，选项D正确12(2019天津卷)2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷(1)若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导的表达式；(3)为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议解析 (1)设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有ZeUmv20，设正离子束所受的电场力为F1，根据牛顿第三定律，有F1F1 ，设引擎在t时间内飘入电极间的正离子个数为N，由牛顿第二定律，有F1Nm ，联立式，且N，解得N .(2)设正离子束所受的电场力为F，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有PFv，考虑到牛顿第三定律得到FF，联立式得.(3)为使尽量大，分析式得到三条建议：用质量大的离子；用带电量少的
