1、课时跟踪训练( 九)一、选择题(15 题为单项选择题，610 题为多项选择题)1(2018济宁市高三第二次模拟)如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷 O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹， A、B、C、D 分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是( )AO 点一定有一个正点电荷BB 点电势一定大于 C 点电势C该粒子在 A 点的动能一定大于 D 点的动能D将该粒子在 B 点由静止释放，它一定沿电场线运动C 没有画出电场线的方向，所以 O 点可能是正电荷，也可能是负电荷，故 A 错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断 B、C 两点电势的高低，故 B 错误；由于做曲线运动的物体
2、受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从 A 到 D 电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在 A 点的动能较大，故 C 正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于 B 点所在电场线为曲线，所以将该粒子在 B 点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故 D 错误故选 C.2(2018宁夏银川一中高三质检(二) 如图所示，在匀强电场中，场强方向沿abc 所在平面平行，ac bc，abc60， ac0.2 m一个电量q110 5 C 的正电荷从 a 移到 b，电场力做功为零；同样的电荷从 a 移 c，电场力做功为 1108 J.则该匀强电扬的场强
3、大小和方向分别为 ( )A500 V/m、沿 ab 由 a 指向 bB500 V/m、垂直 ab 向上C1000 V/m、垂直 ab 向上D1000 V/m、沿 ac 由 a 指向 cC 正电荷从 a 移到 b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab 两点电势相等，故 ab 应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过 c 做ab 的垂线，一定是电场线；正电荷从 a 到 c 过程，由 WUq 可知，ac 两点的电势差 Uac V100 V，即 a 点电势高于 c 点的电势，故电场Wq 1.010 3110 5线垂直于 ab 向上；ac 间沿电场线的距离 dac cos 60 0.20.5
4、 m0.1 m，由 E 可知：电场强度 E V/m1000 V/m，方向垂直 ab 向上；故 C 正Ud 1000.1确，A、B 、D 错误；故选 C.3(2018山东省潍坊市高三二模)如图甲所示，平行金属板 A、B 正对竖直放置，CD 为两板中线上的两点A、B 板间不加电压时，一带电小球从 C 点无初速释放，经时间 T 到达 D 点，此时速度为 v0.在 A、B 两板间加上如图乙所示的交变电压，t0 带电小球仍从 C 点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则 tT 时，小球 ( )A在 D 点上方 B恰好到达 D 点C速度大于 v D速度小于 vB 小球仅受重力作用时从 C 到 D 做自由
5、落体运动，由速度公式得v0gT，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向 0 沿电场力方向做匀加速直线运动， 做匀T4 T4 T2减速直线运动刚好水平速度减为零， 做反向的匀加速直线运动， T 做T2 3T4 3T4反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故 tT 时合速度为 v0，水平位移为零，则刚好到达 D 点，故选 B.4(2018山东省淄博市高三三模) 已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直如图所示 MN 为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接现将
6、一个电荷量为 Q 的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d 是以正点电荷 Q 为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中 ab 连线与金属板垂直则下列说法正确的是( )Ab 点电场强度与 c 点电场强度相同Ba 点电场强度与 b 点电场强度大小相等Ca 点电势等于 d 点电势D将一试探电荷从 a 点沿直线 ad 移到 d 点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变C 画出电场线如图所示：A.根据对称性可知，b 点电场强度与 c 点电场强度大小相同，方向不同，故 A 错误；B.电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出 a 点电场强度大于 b 点电场强度，故 B 错误；C.根据对称性
7、并结合电场线的分布可知 a 点电势等于 d 点电势，故 C 正确；D. 由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故 D 错误；故选 C.5(2018河北衡水中学信息卷)如图所示，边长为 L 的等边三角形 ABC 的三个顶点上分别固定一个点电荷，所带电荷量依次为q、q 和q. D 点和 M点分别为 AB 边和 AC 边的中点，N 点为三角形的中心，静电力常量为 k.在该电场中，下列说法正确的是( )AD 点的电场强度大小为 k ，方向为从 N 指向 DqL2BN 点的电场强度大小为 9k ，方向为从 N 指向 CqL2CD
8、 点的电势高于 N 点的电势D若取无穷远处电势为 0，则 M 点的电势 M为 0C A、B 两点处的点电荷在 D 点的电场强度的矢量和为 0，C 点处的点电荷在 D 点处的电场强度为 E ，方向为从 D 指向 N，A 错误；三qk( 3L2)2 4kq3L2个点电荷在 N 点的电场强度大小均为 3k ，其中两个正点电荷的电场强度矢量qL2合成后大小为 3k ，方向为从 N 指向 C，与负点电荷电场强度合成，N 点的电qL2场强度大小为 6k ，方向为从 N 指向 C，B 错误；CD 连线上电场强度方向由qL2D 指向 C，可知 DN， C 正确；若无穷远电势为 0，则 A、C 两点处的等量异种
9、点电荷在 M 点的电势为 0，B 处的正点电荷在 M 点的电势大于 0，故M0，D 错误6(2018山东省临沂市高三三模)如图所示，某条电场线上有 a、b、c 三点，其中 b 为 ac 的中点，已知 a、c 两点的电势分别为 a10 V， C4 V，若将一点电荷从 c 点由静止释放，仅在电场力作用下沿着电场线向 a 点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是( )A该点电荷带负电B电场在 b 点处的电势为 7 VCa、 b、c 三点 c 点处的场强最小D该电荷从 c 点运动到 b 点电场力做的功比从 b 点运动到 a 点电场力做的功多AC A 项：点电荷从 c 静止释放向左运动，电场线方
10、向向右，所以点电荷带负电，故 A 正确；B 项：由点电荷从 c 到 a 做加速度增大的加速运动，说明从 c 到 a 电场强度增大，即 cb 段平均场强小于 ab 段的平均强度，根据公式U d，可知电场在 b 点处的电势小于 7 V，故 B 错误；C 项：由点电荷从 cE到 a 做加速度增大的加速运动，说明从 c 到 a 电场强度增大，a、b、c 三点 c 点处的场强最小，故 C 正确；D 项：由 C 分析可知，从 c 到 a 电场强度增大，即电场力增大，abbc ，根据 WFx 可知，在 cb 段的电场力小于 ab 段的电场力，所以该电荷从 c 点运动到 b 点电场力做的功比从 b 点运动到
11、a 点电场力做的功少，故 D 错误7(2018吉林省长春市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，电路中A、B、C 、D 是完全相同的金属极板，P 是 AB 板间的一点，在 CD 板间插有一块有机玻璃板闭合开关，电路稳定后将开关断开现将 CD 板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是( )A金属板 CD 构成电容器的电容减小BP 点电势降低C玻璃板抽出过程中，电阻 R 中有向右的电流D. A、 B 两板间的电场强度减小AC A.根据 C ，将 CD 板间的玻璃板抽出，电介质 r 减小，其它rS4kd条件不变，则金属板 CD 构成电容器的电容减小，故 A 正确；BCD.当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极
12、板总电荷量不变，金属板 CD 构成电容器的电容减小，由 U 可知极板 CD 电势差变大，极板 AB 电势差变大，由 E 可知极QC Ud板 AB 间的场强变大，导致 P 点与 B 板的电势差变大，因 B 板接地，电势为零，即 P 点电势升高，因此电容器 CD 处于放电状态，电容器 AB 处于充电状态，电阻 R 中有向右的电流，故 C 正确，BD 错误；故选 AC.8(2018山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)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， r 为试探电荷与场源电荷kqQr间
13、的距离) 真空中有两个点电荷 Q1、Q 2 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、Q 2 的电性相反 B电荷 Q1、Q 2 的电量之比为 14CB 点的 x 坐标是 8 cmDC 点的 x 坐标是 12 cmACD A. 电势 随 x 的变化关系图象的斜率 E ，所以 C 点电场为 0，x根据电场叠加原理可知电荷 Q1、Q 2 的电性相反，故 A 正确；B. 根据 可知，EpqA 0，解得 Q1|Q2|4
14、 1，故 B 错误；C.根据 kQ1qr1qkQ2qr2q kQ148 kQ212可知， B 0，解得 B 点的坐标是 8 cm，故 CEPq kQ1qx1q kQ2qx1 6q KQ1x1 kQ2x1 6正确；D.由 E 知，E c 0 解得 C 点的坐标是 x212 cm，故kQr2 kQ1x2 kQ2x2 62D 正确；故选 ACD.9(2018陕西西北工大附中高三模拟)如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为 L，两个等量异种点电荷Q 和Q 分别固定于 A、B 两点光滑绝缘直导轨 CD 的上端点 D 位于到 A、B 中点的正上方，且与 A、B 两点的距离均为 L.在 D 处质量为
15、 m、电荷量为q 的小球套在轨道上 (忽略它对原电场的影响) ，并由静止释放，已知静电力常量为 k，重力加速度为 g.忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )AD 点的场强大小为kQL2B小球到达 CD 中点时，其加速度为零C小球刚到达 C 点时，其动能为 mgL32D小球沿直轨道 CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小AC 根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在 D 处的电场强度沿 DB方向，正电荷在 D 处的电场强度沿 AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在 D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD、DB 的角平分线；由库仑定律得，A、B 在 D 点的场强的大
16、小：E AEk，则 D 点的场强：E D EAcos 60E Bcos 60k ，故 A 正确；当小球到达QL2 QL2CD 中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故 B 错误；由于 C 与 D 到 A、B 的距离都等于 L，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C点与 D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg mv2，又几何关系可知： Lsin 60 L. 小OD12 OD 32球的动能 Ek mv2
17、mgL，故 C 正确，D 错误故选 AC.12 3210(2018山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与 x 轴平行，在 x 轴上的电势 与坐标 x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3) 的切线现有一质量为 0.20 kg，电荷量为 2.0108 C 的滑块P(可视作质点 )，从 x0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为 0.02.取重力加速度 g10 m/s 2.则下列说法正确的是 ( )A滑块运动的加速度先逐渐减小后逐渐增大Bx0.15 m 处滑块运动的动能最大 1.0103
18、 JC滑块运动过程中电势能先减小后增大D滑块运动过程中克服摩擦力做功 8.0103 JAB 电势 与位移 x 图线的斜率表示电场强度，则 x0.15 m 处的场强E V/m210 6V/m，此时的电场力 F qE210 8 2106N0.04 31050.15N，滑动摩擦力大小 fmg0.022 N0.04 N，在 x0.15 m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x0.15 m 后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故 A 正确，在 x0.15 m 时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，E kmqUfx，因为 0.10 m 和 0.15 m 处的电势差大约
19、为 1.5105V，代入求解，最大动能为 1.0103 J.故 B 正确滑块运动过程中因电势一直降低，可知电势能一直减小，选项 C 错误；若滑块运动过程中克服摩擦力做功 8.0103 J，则移动的距离为 x m0.2 Wff 8.010 30.04m，此时滑块从 x0.1 m 的位置运动到 0.3 m 的位置，电势能的变化为Ep(41.5)10 52.0108 J510 3 J，即电场力做功小于克服摩擦力做功，此时滑块的速度不为零，将继续运动一段距离停下，故滑块运动过程中克服摩擦力做功大于 8.0103 J，选项 D 错误；故选 AB.二、非选择题11(2018四川省泸州市高三模拟)如图所示，
20、相距 2L 的 AB、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中 PS 下方的电场 E1 的场强方向竖直向上，PS 上方的电场 E2 的场强方向竖直向下，在电场左边界 AB 上宽为 L 的 PQ 区域内，连续分布着电量为 q、质量为 m 的粒子从某时刻起由 Q 到 P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度 v0 沿水平方向垂直射入匀强电场 E1 中，若从 Q 点射入的粒子，通过 PS 上的某点 R 进入匀强电场E2 后从 CD 边上的 M 点水平射出，其轨迹如图，若 MS 两点的距离为 .不计粒L2子的重力及它们间的相互作用试求：(1)电场强度 E1 与 E2 的大小；
21、(2)在 PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于 CD 边水平射出，这些入射点到 P 点的距离有什么规律？解析 (1)设粒子由 Q 到 R 及 R 到 M 点的时间分别为 t1 与 t2，到达 R 时竖直速度为 vy，则由 y at2、v yat 及 FqEma 得：12L a1t t12 21 12qE1m21 a2t tL2 12 2 12qE2m2vy t1 t2qE1m qE2mv0(t1t 2)2L联立解得：E 1 ，E 2 .9mv208qL 9mv204qL(2)由(1)知 E22E 1，t 12t 2.因沿 PS 方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达 CD 边的
22、时间同为 t .2Lv0设 PQ 间距离 P 点为 h 的粒子射入电场后，经过 n(n2,3,4，)个类似于QR M 的循环运动 (包括粒子从电场 E2 穿过 PS 进入电场 E1 的运动)后，恰好垂直于 CD 边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T (n2,3,4，)，第一次到达 PS 边的时间则为 T，则有tn 2Lnv0 23h ( T)2 (n2,3,4 ，)12qE1m 23 Ln2答案 (1) (2) (n2,3,4，)9mv208qL 9mv204qL Ln212(2018辽宁省大连市高考模拟检测)竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径 R
23、1 m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E410 3 V/m.小球 a、b、c 的半径略小于管道内径，b、c 球用长 L m 的绝缘细轻杆2连接，开始时 c 静止于管道水平部分右端 P 点处，在 M 点处的 a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当 F 减到零时恰好与 b 发生了弹性碰撞，Ft 的变化图象如图乙所示，且满足 F2t 2 .已知三个小球均可看做质点且4ma0.25 kg，m b0.2 kg，m c0.05 kg，小球 c 带 q510 4 C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g10 m/s 2，求(1)小球 a 与
24、b 发生碰撞时的速度 v0；(2)小球 c 运动到 Q 点时的速度 v；(3)从小球 c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量解析 对小球 a，由动量定理可得小球 a 与 b 发生碰撞时的速度；小球 a与小球 b、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球 c运动到 Q 点时，小球 b 恰好运动到 P 点，由动能定理可得小球 c 运动到 Q 点时的速度；由于 b、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从 c 球运动到 Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：(1)由题意可知，F 图象所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力 F 的冲量，由圆
25、方程可知 S1 m 2 代入数据可得：v 04 m/s(2)小球 a 与小球 b、c 组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得mav0m av1( mbm c)v2由机械能守恒可得 mav mav (mbm c)v12 20 12 21 12 2解得 v10，v 24 m/s小球 c 运动到 Q 点时，小球 b 恰好运动到 P 点，由动能定理 mcgRqER(mb mc)v2 (mbm c)v12 12 2代入数据可得 v2m/s(3)由于 b、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设 b 球与 O 点连线与竖直方向的夹角为 从 c 球运动到 Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：m bgR(1cos )m cgRsin (mbm c)v2qERsin 12解得 sin 0.6，37因此小球 c 电势能的增加量：E pqER(1sin )3.2 J 答案 (1)v 04 m/s (2) v2 m/s (3)E P3.2 J
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