（課標通用）高考物理二輪復習 專題3 電場與磁場 專題跟蹤檢測8（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、專題跟蹤檢測(八) (建議用時：45分鐘) 基礎(chǔ)通關(guān) 1．(2019·云南昆明一中期中)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是(　　) A．兩個電勢不同的等勢面可能相交 B．電場線與等勢面處處相互垂直 C．同一等勢面上各點電場強度一定相等 D．將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 B　解析 電場中等勢面上各點電勢相等，故電勢不同的等勢面不可能相交，選項A錯誤；電場線與等勢面處處垂直，選項B正確；電場強度與等勢面的疏密程度有關(guān)，與電勢的高低無關(guān)，所以同一等勢面上各點電場強度不一定相等，選項C錯誤；電勢較高點與電勢較低點的電勢差大于零，由W＝qU知，

2、負電荷受到的電場力做負功，選項D錯誤． 2．(2019·北京卷)如圖所示，a、b兩點位于以負點電荷－Q(Q>0)為球心的球面上，c點在球面外，則(　　) A．a(chǎn)點場強的大小比b點大 B．b點場強的大小比c點小 C．a(chǎn)點電勢比b點高 D．b點電勢比c點低 D　解析 由點電荷場強公式E＝k確定各點的場強大小，由點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的高低，由點電荷的場強公式E＝k可知，a、b兩點到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點的電場強度大小相等，選項A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比b點的大，所以b點的場強大小比c點的大，選項B錯誤；由于點

3、電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以a點與b點電勢相等，負點電荷的電場線是從無窮遠處指向負點電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點電勢比c點低，選項C錯誤，D正確． 3．(2019·天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程(　　) A．動能增加mv2 B．機械能增加2mv2 C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2 B　解析 由動能的表達式Ek＝ mv2可知帶電小球在M點的動能為EkM＝mv2，在N點的動能為EkN＝m(2v)2 ＝2mv2

4、，所以動能的增量為ΔEk＝mv2，選項A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有vy＝v＝gt，vx＝2v＝at ＝ t，可得qE＝2mg，豎直方向的位移h＝t，水平方向的位移x＝t＝vt，因此有x＝2h，對小球用動能定理有qEx－mgh＝ΔEk＝mv2，聯(lián)立上式可解得qEx＝2mv2，mgh＝mv2，因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加2mv2，電勢能減少2mv2，選項B正確，D錯誤；重力做負功，重力勢能增加量為mv2，選項C錯誤． 4．(2020·湖北部分重點中學開學考試)如圖所示為某電場中x軸上電勢φ隨位置x變化

5、的圖象，一個帶電粒子僅受電場力作用在x＝0處由靜止釋放沿x軸正向運動，且以一定的速度通過x＝x2處，則下列說法正確的是(　　) A．x1和x2處的電場強度均為零 B．x1和x2之間的場強方向不變 C．粒子從x＝0到x＝x2過程中，電勢能先增大后減小 D．粒子從x＝0到x＝x2過程中，加速度先減小后增大 D　解析 由E＝＝可知，電勢φ隨位置x變化的圖線的斜率表示電場強度，x1和x2處圖線的斜率均不為零，所以x1和x2處的電場強度均不為零，又x1和x2之間圖線的斜率先大于零后小于零，故電場強度方向有變化，選項A、B錯誤；根據(jù)題述“一個帶電粒子僅受電場力作用在x＝0處由靜止釋放沿x軸正

6、向運動”，結(jié)合圖象分析可知帶電粒子帶負電，粒子從x＝0到x＝x2過程中，電場力先做正功后做負功，粒子的電勢能先減小后增大，選項C錯誤；根據(jù)電勢φ隨位置x變化的圖線的斜率表示電場強度，從x＝0到x＝x2，電場強度先減小后增大，帶電粒子所受的電場力先減小后增大，根據(jù)牛頓第二定律可知粒子的加速度先減小后增大，選項D正確． 5．(2018·天津卷)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是(　　)

7、 A．vMφN；又由Ep＝qφ知，帶負電粒子在電勢越低的位置，具有的電勢能越大，即EpMvN，若帶負電粒子由N向M運動過程中電場力做正功，則動能增大，也可得vM>vN，故選項D正確． 6．(2

8、019·四川宜賓三中月考)如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等．則(　　) A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQ B．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φN C．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功 D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功 B　解析 由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為M→N，選項B正確， A錯誤．M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點

9、，電場力不做功，選項C錯誤．電子由P點運動到Q點，電場力做正功，選項D錯誤． 7．(2019·湖南懷化模擬)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 D　 解析 平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變；若將云母介質(zhì)移出，電容C減小，由C＝可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷量減??；由于U不變，d不變，由E＝可知，極板

10、間電場強度E不變，選項D正確，A、B、C錯誤． 8．(2020·廣東惠州調(diào)研)帶電的平行板電容器與靜電計的連接如圖所示，要使靜電計的指針偏角變大，可采用的方法為 (　　) A．減小兩極板間的距離 B．用手觸摸極板A C．在兩極板間插入電介質(zhì) D．將極板B向上適當移動 D　解析 若減小兩極板間的距離，則由電容器的決定式C＝可得電容器的電容增大，再由U＝可知，兩極板間的電勢差減小，故靜電計的指針偏角變小，選項A錯誤；由于極板B接地，用手觸摸極板A時，相當于極板A接地，兩極板的帶電荷量減小為零，電勢差為零，靜電計的指針偏角減小到零，選項B錯誤；在兩極板間插入電介質(zhì)時，介電常數(shù)增大，則

11、C增大，由U＝可知，兩極板間電勢差減小，靜電計的指針偏角變小，選項C錯誤；將極板B向上移動，正對面積減小，則由C＝可知，電容器的電容減小，又由U＝可知，兩極板間電勢差增大，靜電計的指針偏角變大，選項D正確． 能力提升 9．(2017·全國卷Ⅲ)(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V．下列說法正確的是(　　) A．電場強度的大小為2.5 V/cm B．坐標原點處的電勢為1 V C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV ABD　解析 ac垂直于b

12、c，沿ca和cb兩方向的場強分量大小分別為E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根據(jù)矢量合成可知E＝2.5 V/cm，選項A正確；根據(jù)在勻強電場中平行線上等距同向的兩點間的電勢差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，選項B正確；電子在a、b、c三點的電勢能分別為－10 eV、－17 eV和－26 eV，故電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，選項C錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，選項D正確． 10．(2020·廣東惠州調(diào)研)(多選)如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電

13、子只在靜電力作用下的運動軌跡．設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB．下列說法正確的是(　　) A．電子一定從A向B運動 B．若aA＞aB，則Q靠近M端且為正電荷 C．無論Q為正電荷還是負電荷，一定有EpA＜EpB D．B點電勢可能高于A點電勢 BC　解析 由運動軌跡只能得到電子受力指向凹的一側(cè)，不能確定運動方向，選項A錯誤；由電場場源為點電荷，aA＞aB可知，點電荷Q靠近M端，又由電子受力指向凹的一側(cè)可知，MN上電場線方向向右，故點電荷Q為正電荷，選項B正確；由電子受力指向運動軌跡凹側(cè)可知，MN上電場線方向一定向右，不論Q為正電荷還是負電荷，

14、A點電勢一定高于B點電勢，又電子從低電勢向高電勢運動時，電勢能降低，故電子在A點的電勢能EpA一定小于在B點的電勢能EpB，選項C正確，D錯誤． 11．(2019·河南信陽高中月考)(多選)通常把電荷在離場源電荷無限遠處的電勢能規(guī)定為零，已知試探電荷q在場源電荷Q的電場中具所有電勢能表達式為Er＝(式中k為靜電力常量，r為試探電荷與場源電荷間的距離)．真空中有兩個點電荷Q1、Q2分別固定在x坐標軸的x＝0和x＝6 cm的位置上．x軸上各點的電勢φ隨x的變化關(guān)系如圖所示．A、B是圖線與x的交點，A點的x坐標是4.8 cm，圖線上C點的切線水平．下列說法正確的是(　　) A．電荷Q1、Q2

15、的電性相反 B．電荷Q1、Q2的電量之比為1∶4 C．B點的x坐標是8 cm D．C點的x坐標是12 cm ACD　解析 電勢φ隨x的變化關(guān)系圖象的斜率＝E，所以C點電場為零，根據(jù)電場疊加原理可知電荷Q1、Q2的電性相反，選項A正確；根據(jù)φ＝可知，φA＝＋＝＋＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，選項B錯誤；根據(jù)φ＝可知，φB＝＋＝＋＝0，解得B點的坐標是8 cm，選項C正確；由E＝知，EC＝＋＝0，解得C點的坐標是x2＝12 cm，選項D正確． 12．(2019·天津卷)2018年，人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生，這種引擎不需要燃料，也無污染物排放．引擎獲得推力的原理如圖所示

16、，進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強電場(初速度忽略不計)，A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中引擎獲得恒定的推力．單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為m，電荷量為Ze，其中Z是正整數(shù)，e是元電荷． (1)若引擎獲得的推力為F1，求單位時間內(nèi)飄入A、B間的正離子數(shù)目N為多少； (2)加速正離子束所消耗的功率P不同時，引擎獲得的推力F也不同，試推導的表達式； (3)為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使盡量大，請?zhí)岢鲈龃蟮娜龡l建議． 解析 (1)設(shè)正離子經(jīng)過電極B時的速度為v，根據(jù)動能定理，有ZeU＝mv2－0，① 設(shè)正離子束所受的電場力為F

17、′1，根據(jù)牛頓第三定律，有 F′1＝F1 ，② 設(shè)引擎在Δt時間內(nèi)飄入電極間的正離子個數(shù)為ΔN，由牛頓第二定律，有F′1＝ΔNm ，③ 聯(lián)立①②③式，且N＝，解得N＝ .④ (2)設(shè)正離子束所受的電場力為F′，由正離子束在電場中做勻加速直線運動，有P＝F′v，⑤ 考慮到牛頓第三定律得到F′＝F，聯(lián)立①⑤式得 ＝.⑥ (3)為使盡量大，分析⑥式得到三條建議：用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓． 答案 (1)N＝　(2)＝　(3)用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓 13．(2019·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點．從O點沿

18、水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B．A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為.重力加速度為g，求： (1)電場強度的大小； (2)B運動到P點時的動能． 解析 (1)設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.根據(jù)牛頓運動定律、運動學公式和題給條件，有 mg＋qE＝ma，① a2＝gt2，② 解得E＝.③ (2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有 Ek－mv＝mgh＋qEh，④ 且有v1＝v0t，⑤ h＝gt2，⑥ 聯(lián)立

19、③④⑤⑥式得Ek＝2m(v＋g2t2)． 答案 (1)　(2)2m(v＋g2t2) 14．(2017·全國卷Ⅰ)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0.在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變．持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點．重力加速度大小為g. (1)求油滴運動到B點時的速度； (2)求增大后的電場強度的大小；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件．已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰

20、好等于B、A兩點間距離的兩倍． 解析 (1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正．油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上．在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足qE2－mg＝ma1，① 油滴在時刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1，② 電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿足qE2＋mg＝ma2，③ 油滴在時刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1，④ 由①②③④式得v2＝v0－2gt1.⑤ (2)由題意，在t＝0時刻前有qE1＝mg，⑥

21、 油滴從t＝0到時刻t1的位移為s1＝v0t1＋a1t，⑦ 油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內(nèi)的位移為 s2＝v1t1－a2t，⑧ 由題給條件有v＝2g(2h)，⑨ 式中h是B、A兩點之間的距離． 若B點在A點之上，依題意有s1＋s2＝h，⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1，? 為使E2>E1，應有2－2＋2>1，? 即當0，? 才是可能的；條件?式和?式分別對應于v2>0和v2<0兩種情形． 若B點在A點之下，依題意有s1＋s2＝－h(huán)，? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝E1，? 為使E2>E1，應有2－2－2>1，? 即t1>，? 另一解為負，不合題意，已舍去． 答案 (1)v0－2gt1　(2)見解析