2019高考物理强化训练试卷专题三电场和磁场专题跟踪训练8含解析

专题追踪训练(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极点上，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连线中点的场强同样[分析]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，但大小不同样，选项D错误．[答案]A2．(2018·福州市高三质检)(多项选择)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1出了C、D两点，此中D点的切线与AB连线平行，O点为AB连线的中点，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点由静止开释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[分析]依据电场线从正电荷出发停止于负电荷可知，A带正电，B带负电，依据场强叠加原理，联合D点的场强方向水平，可知|Q1|>|Q2|，选项A正确；依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，依据电势能公式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同样，所以在C点由静止开释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)(多项选择)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的过程中战胜电场力所做的功为26eV.以下说法正确的选项是()A．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[分析]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，电势能增添6eV，因为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电势能均增添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b12的动能为8eV，电子在等势面d的动能为4eV，由公式Ek＝2mv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．假如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的三个极点上分别放有电荷量相等、电性不一样的点电荷，A、C两点处为正点电荷，B点处为负点电荷，以以下图．A处点电荷所受静电力大小为F，则B、3C两处点电荷所受静电力大小分别为()A.2FFB.3FFC．22F2FD．23F2F[分析]由库仑定律＝kQq2可知，三个点电荷互相之间的库仑Fr力大小相等，则对A处点电荷受力分析如图甲所示，因为FB＝FC，所以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)(多项选择)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点挪动到4b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点挪动到d点，其电势能减小W2.以下说法正确的选项是()A．此匀强电场的场强方向必定与a、b两点连线平行W1＋W2B．若该粒子从M点挪动到N点，则电场力做功必定为

2W2C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强盛小必定为qLD．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差必定等于b、N两点之间的电势差[分析]由题意得，(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只好得出a、b两点间和c、d两点间的电势关系，没法确立场强的方向，选项A错误；若c、d之间的距离为L，因没法确立场强的方向，故没法确立场强的大小，选项C错误；因为φM＝φa＋φcφb＋φd、φN＝2、2WMN＝q(φM－φN)，上述式子联立求解得粒子从M点挪动到N点电场W1＋W212力做的功为WMN＝2，所以B正确；若W＝W，有φa－φb＝φc－φd，变形可得φa＋φc＝φa－φc＝φb－φd，又φa－φM＝φa－2φa－φc，φ－φ＝φ－φb＋φdφb－φd＝，所以φ－φ＝φ－2bNb22aMbN，D正确．5[答案]BD6．(2018·襄阳市高三统考)以以下图，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，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，它们的地点关于AC对称，正点电荷所处地点与O点的连线和OC间夹角为60°.以下说法正确的选项是()kQA．O点的电场强度大小为R2，方向由O指向D3kQB．O点的电场强度大小为R2，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Q[分析]依据点电荷的电场E＝kr2和电场叠加原理知，O点的场2Q3kQ强盛小E＝k2cos30°＝2，方向由O指向D，A错误，B正确；RR由等量异种点电荷的等势线分布特色可知，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6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．两板间有一个正检验电荷固定在P点，以以下图甲所示，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，各物理量与负极板挪动距离x的关系图象中正确的选项是()εS[分析]电容器的电容C＝4πkd，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UQεS4πkQ后，电荷量不变，依据E＝d，U＝C，C＝4πkd，可知E＝εS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．7[答案]C(多项选择)空间某一静电场的电势φ在x轴上分布以以下图，x轴上B、C点电场强度在x方向上的重量分别是EBx、ECx，以下说法中正确的有()A．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点遇到的电场力在x方向上的重量最大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[分析]在B点和C点周边分别取很小的一段(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Δφ电场，再由E＝d＝d，可见EBx>ECx，A项正确；同理可知O点场强为零，电荷在该点遇到的电场力为零，C项错误；因沿电场线方向电势逐渐降低，则由图可知在O点左边，电场方向在x方向上的重量沿x轴负方向，在O点右边，电场方向在x方向上的重量沿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]AD89．(多项选择)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，则以下说法中正确的选项是()5A．若k＝4且电子恰幸好2T时刻射出电场，则应满足的条件是9eU0T2d≥5mB．若k＝1且电子恰幸好4T时刻从A板边沿射出电场，则其动eU0能增添25C．若k＝4且电子恰幸好2T时刻射出电场，则射出时的速度为25eU0T20＋4mdD．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一直不变[分析]竖直方向，电子在0～T时间内做匀加快运动，加快度9eU120的大小a1＝md，位移x1＝2a1T，在T～2T时间内先做匀减速运动，5eU0后反向做匀加快运动，加快度的大小a2＝4md，初速度的大小v1＝a1T，21匀减速运动阶段的位移x＝v1，由题知＋x，解得d≥2a22d≥x2129eU0T25m

，A正确；若k＝1且电子恰幸好4T时刻从A板边沿射出电5场，电场力做功为零，动能不变，B错误；若k＝4且电子恰幸好2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时的速度为2T2eU0v0＋4md，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一直不变，D正确．[答案]AD二、非选择题10．(2018·石家庄高三质检二)以以下图，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的小球由静止开释，小球沿圆滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为gr，g为重力加快度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：10小球运动到D点时对轨道的压力；小球从A点到D点过程中电势能的改变量．Qq2[分析](1)小球在D点时有F＋kmvr2－mg＝rNQq解得FN＝2mg－k4r2由牛顿第三定律得，小球在D点时对轨道的压力大小为FN′＝Qq2mg－k4r2方向竖直向下1gr)22电－01解得电场力做的功：W电＝－2mgr因为电场力做负功，则电势能增添，ΔEp＝21mgrQq1[答案](1)2mg－k4r2，方向竖直向下(2)2mgr11．(2018·江苏苏北四市联考)如图甲所示，极板A、B间电压11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开释质量为m、电荷量为q的粒子，经电场加快后，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，粒子经过两板间的时间为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，不计粒子的重力及互相间的作用．求：C、D板的长度L；粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；粒子打在荧光屏上地域的长度．12[分析](1)粒子在A、B板间有qU0＝2mv0在C、D板间有L＝v0t02qU0解得：L＝t0m粒子从nt0(n＝0