高考物理复习 课时过关题25 电场中的力电综合问题（含答案解析）

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2020(人教版)高考物理复习 课时过关题25 电场中的力电综合问题1.如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在MN连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是(　　)A．正电荷＋q在c点的电势能大于在a点的电势能B．正电荷＋q在c点的电势能小于在a点的电势能C．在MN连线的中垂线上，O点电势最高D．负电荷－q从d点由静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度先减小再增大  2.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零， ND段中的C点电势最高，则(　　)A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．N、C间场强方向沿x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功  3.在雷雨天气中，大树就相当于一带电荷量较大的点电荷，1和2是以树为圆心的同心圆．有甲、乙、丙、丁四头相同的牛按如图所示位置和方向分别站在地面上．由此可判断(　　)A．牛丙所处位置的电场强度为零B．牛乙和牛丙两处电场强度相同C．牛丁处的电势一定高于牛乙处的电势D．牛甲前后脚电势差最大，处于最危险的状态  4.如图所示，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ.则(　　 )A．q1=2q2           B．q1=4q2          C．q1=－2q2           D．q1=－4q2  5.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以大小为v的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示，由此可知(　　)A．小球带正电B．电场力大小为2mgC．小球从A点到B点与从B点到C点的运动时间相等D．小球从A点到B点与从B点到C点的速度变化不相等 6.如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置，在管子的底部固定一电荷量为Q(Q>0)的点电荷，在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q(q>0)、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷(　　)A．运动到B处的速度为零B．在下落过程中加速度逐渐减小C．运动到B处的速度大小为D．速度最大处与底部点电荷距离为 7.有三个完全一样的金属小球A、B、C，小球A所带电荷量为10Q，小球B所带电荷量为－Q，小球C不带电，将A、B两小球固定，相距r，此时A、B两小球间的相互作用力大小为F；然后让小球C反复与A、B两小球多次接触，最后移去小球C后，则A、B两小球间的相互作用力大小为(　　)A．F        B．10F        C.F        D.F8.一个质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长。已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法错误的是(　　)A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．若电场强度大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相等C．若电场强度大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相等D．小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等 9.如图所示，在匀强电场中有四条间距均为d的平行等势线1、2、3、4，各条线上的电势分别为0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一个带电粒子，质量为m(不计重力)，电荷量为q，从A点与等势线4成θ角以初速度v0射入电场中，到达等势线2上的B点时，速度方向恰好水平向左，则匀强电场的电场强度的大小为(　　)A.　         B.         C.         D.  10.如图所示，矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m=2.0×10－11kg、电荷量为q=1.0×10－5 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1=1×104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v2=2×104 m/s，已知MP=20 cm、MN=80 cm，取a点电势为零，如果以a点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图象正确的是(　　 ) 11. (多选)两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则(　　)A．场强大小关系有Ec>EbB．电势大小关系有φb>φdC．将一负电荷放在d点时其电势能为负值D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功        12. (多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是(　　)A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等  13.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为(6 cm,0)，B点坐标为(0， cm)．坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8 V，点B处的电势为4 V．现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v=4×105 m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：(1)图中C处(3 cm,0)的电势；(2)匀强电场的场强大小；(3)带电粒子的荷质比.                        14.如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g，在上述运动过程中，求：(1)电场强度E的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对圆轨道的最大压力的大小．                         
答案解析1.答案为：C；解析：根据电场线的分布情况和对称性可知，a、c两点的电势相等，则点电荷在a点的电势能一定等于在c点的电势能，故A、B错误；沿电场线方向电势降低，在MN连线的中垂线上，O点电势最高，故C正确；由对称性知O点的场强为零，电荷－q从d点由静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大，也可能按增大→减小→增大→减小变化，故D错误．] 2.答案为：D；解析：根据题给的两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图象，可知O点的点电荷q1为正电荷，M点的点电荷q2为负电荷．题中φ－x图象斜率的绝对值表示电场强度的大小，由此可知，N点和A点的电势为零，但电场强度大小都大于零，C点的电场强度大小为零，选项AB错误；从N点到C点各点电势逐渐增大，说明从N点到C点逆着电场线方向，故N、C间场强方向沿x轴负方向，选项C错误；将一负点电荷从N点移到D点，其电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，选项D正确． 3.答案为：D；解析：根据题述，由点电荷电场模型，及点电荷电场强度的特点，知题图中1、2两个同心圆可视为等势线．根据点电荷电场强度公式可知牛丙所处位置的电场强度不为零，选项A错误．根据点电荷电场强度公式可知，牛乙和牛丙所处位置的电场强度的方向不同，选项B错误．题中没有说明大树带何种电荷，若大树带正电荷，根据正电荷电势分布特点，则牛丁处的电势高于牛乙处的电势，若大树带负电荷，则牛丁处的电势低于牛乙处的电势，选项C错误．应用点电荷电场特点分析可知，题图中牛丁虽然距离场源大树较近，所在位置的电场强度较大，但是牛丁前后脚都在同一等势线上，电势差为零，同理分析可知题图中牛乙前后脚间电势差为零，而牛甲和牛丙前后脚不在等势线上，且牛甲距离场源大树较近，所在位置的电场强度较大，前后脚之间的电场强度平均值大于牛丙前后脚之间的电场强度平均值，根据U=Ed定性分析可知，牛甲前后脚电势差最大，根据欧姆定律I=U/R可知，牛甲身体中通过的电流最大，所以处于最危险的状态，选项D正确． 4.答案为：B；解析：已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，两电场强度大小相等、方向相反，所以两电荷为同种电荷，=，得=，q1=4q2，B项正确，其他选项错误．] 5.答案为：D；解析：根据小球从B点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A错误；因为到达C点时速度水平，所以小球在C点时的速度等于在A点时的速度，因为AB=2BC，设B、C间竖直距离为h，则A、B间竖直距离为2h，小球由A点到C点根据动能定理有mg×3h－Eqh=0，即Eq=3mg，选项B错误；小球从A点到B点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g，方向竖直向下，所用时间为t1==2，从B点到C点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a2==2g，方向竖直向上，故所用时间t2==，故t1=2t2，选项C错误；小球从A点到B点与从B点到C点的过程中速度变化量大小都等于Δv=2g，但方向相反，选项D正确． 6.答案为：C；解析：点电荷在下落过程中受重力和库仑力作用，由动能定理可得mgh1＋WE=0，即WE=－mgh1，当点电荷质量为3m时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得3mgh2－mgh1=×3mv2，解得v=，故C正确、A错误；由题意知，点电荷应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力大于库仑力，而在下落过程中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大，故B错误；当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，F库=3mg=，解得r= ，故D错误． 7.答案为：C；解析：依题意可知A、B两小球最初所带电荷量的总和被三个小球间均分，则A、B两小球最终的电荷量均为=3Q，A、B两小球之间最初是引力，大小为F=k=10k，A、B两小球之间最终是斥力，大小为F′=k=9k=F，C正确． 8.答案为：C；解析：将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以速度v0做匀速直线运动，选项A正确；竖直方向，小球在无电场区只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下，在电场区除受重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向，当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，竖直方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，选项C错误；当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小为mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，则在经过第一无电场区时：y=gt12，v1=gt1，经过第一电场区时：y=v1t2－gt22，v2=v1－gt2，联立解得t1=t2，v2=0；接下来小球的运动重复前面的运动，即每次通过无电场区时竖直方向都是做自由落体运动，每次通过电场区时竖直方向都是做末速度为零的匀减速直线运动，故小球经过每一无电场区的时间相同，选项B正确；小球经过每个电场区机械能的减少量等于克服除重力外其他力做的功，由于每个电场区的电场力及竖直高度都相同，故小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等，选项D正确。 9.答案为：A；解析：[带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，水平方向做速度为vx=v0cos θ的匀速直线运动，竖直方向做初速度为vy=v0sin θ，加速度为a=的匀减速直线运动，对运动过程应用动能定理有－Eq·2d=mv－mv，解得E=，A正确．] 10.答案为：D；解析：因为规定a点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有qEx=ΔEp=0－Ep，故Ep=－qEx，故选项D正确；因为匀强电场中的电场强度处处相等，故选项A错误；因为粒子离开电场时的速度v2==2v1，电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故选项B错误；粒子在电场中运动的过程中，由动能定理可知，qEx=mv2－mv，所以v与x不是线性关系，选项C错误．]11.答案为：ABD；解析：从题图中可以看出c点电场线较密，则场强大小关系有Ec >Eb，A正确；因为沿着电场线的方向电势降低，d点紧靠带负电导体表面，电势大小关系有φb>φd，B正确；以无穷远处为电势零点，负电荷放在d点时其电势能为正值，故C错误；从题图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势，正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D正确． 12.答案为：BD；解析：A错：经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据x=at2，得aa>ab，又由a=知，ma<mb；B对：经时间t到下半区域的同一水平面，则电场力做功Wa>Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大；C错：a、b处在同一等势面上，根据Ep=qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反；D对：根据动量定理Ft=p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等．13.解：(1)设C处的电势为φC由OC=CA　知φO－φC=φC－φA解得φC== V=4 V(2)BC连线为等势线，电场强度方向与等势线BC垂直设∠OBC=θ　OB=L= cmtanθ==　得θ=60°由U=Ed得E=== V/m=×102 V/m(5分)(3)因为带电粒子做类平抛运动有联立解得==2.4×1011 C/kg所以带电粒子的荷质比为2.4×1011 C/kg    14.解：(1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理知qE·3R－mg·2R=mv小球离开C点后做平抛运动到P点，有R=gt22R=vCt联立解得E=.(2)设小球运动到圆轨道D点时速度最大，设最大速度为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理知qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)=mv2即mv2=mgR(sin α＋cos α＋1)根据数学知识可知，当α=45°时动能最大，由此可得v=.(3)由(2)中知，由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知F－qEsin α－mgcos α=解得F=(2＋3)mg.