2022年高考物理二輪復習 考前保溫訓練4 電場和帶電粒子在電場中的運動（含解析）

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1、2022年高考物理二輪復習 考前保溫訓練4 電場和帶電粒子在電場中的運動（含解析） 1．如圖所示，電荷量為＋q和－q的點電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內(nèi)電場強度為零的點有(　　) A．體中心、各面中心和各邊中點 B．體中心和各邊中點 C．各面中心和各邊中點 D．體中心和各面中心 答案：D 解析：根據(jù)點電荷場強公式E＝及正方體的對稱性可知正方體內(nèi)中心點及各面的中心點處場強為零，故答案為D. 2．(多選)關于靜電場的電場強度和電勢，下列說法正確的是(　　) A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直 B．電場強度為零的地方，電勢也為零 C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐

2、漸降低 D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向 答案：AD 解析：電場中場強為零的位置是絕對的，而電勢為零的位置是人為選取的；再者場強的大小表征著電勢隨空間的變化率，而與電勢的大小無關，故B錯誤．由沿電場線方向電勢降低，可知電勢的升降取決于場強的方向而與場強的大小無關，故C錯誤． 3．(多選)如圖所示，豎直放置的平行板電容器的極板A與靜電計G相連，極板B與靜電計G的金屬外殼均接地，閉合開關S給電容器充電后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使指針張角增大的是(　　) A．保持S閉合，使A、B兩板靠近一些 B．保持S閉合，使A、B兩板正對面積錯開一些 C．斷開S后，

3、使B板向右平移拉開一些 D．斷開S后，使A、B正對面積錯開一些 答案：CD 解析：題圖中靜電計的金屬球接電源正極，外殼和極板B均接地，靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高．保持S閉合，則A、B兩極與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓不變，靜電計指針張角不變，A、B兩項都不正確；斷開S后，板間距離增大，正對面積減小，都將使A、B兩板間的電容變小，而電容器電荷量不變，由C＝可知，板間電壓U增大，從而靜電計指針張角增大，C、D正確． 4．(多選)如圖所示，A、B是帶有同種電荷的兩小球(可視為質(zhì)點)，兩球所帶電荷量不等，A球用輕細線懸掛于O點，B球被固定在O點

4、正下方的B點，A球在力的作用下，偏離B球d1的距離靜止(即圖中A、B兩球間的距離為d1)．隨著時間的推移，兩球均出現(xiàn)漏電現(xiàn)象，A、B兩球的帶電荷量分別變?yōu)樵瓉淼暮?，A、B兩球間的距離變?yōu)閐2，則d1∶d2為(　　) A．2∶3 B．3∶2 C．2∶3 D．3∶2 答案：B 解析：對A球進行受力分析如圖所示，設A球的重力為G，漏電前后A、B的帶電荷量分別為QA、QB，QA′、QB′，A、B兩球間的作用力分別為F、F′，則有QA′＝QA，QB′＝QB，F(xiàn)＝k，F(xiàn)′＝k，式中k為靜電力常量；設O、B兩點間的距離為L1，由相似三角形法有＝，＝，即＝，聯(lián)立解得d1∶d2＝3∶2.

5、故選B. 5．(多選)如圖所示，在兩等量異種點電荷連線上有c、O、f三點，虛線M、L、K是分別過c、O、f三點的等差等勢面，一不計重力帶負電粒子從a點射入電場，只在電場力作用下沿abcde運動，軌跡如圖中實線所示，下列說法中正確是(　　) A．電勢φK<φL<φM B．場強Ea

6、場強大小相等，但方向不同，選項C錯誤；帶負電粒子在較低等勢面電勢能較大，c點電勢低于e點電勢，選項D正確． 6．(多選)在x軸上電場強度E與x的關系如圖所示，O為坐標原點，a、b、c為x軸上的點，a、c之間的距離為d，a、c兩點的電場強度大小均為E0，則下列說法中正確的是(　　) A．φb>φa＝φc>φO B．φO>φa>φb>φc C．將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做功大于eE0d D．將質(zhì)子從a點移到c點，質(zhì)子的電勢能增加 答案：BC 解析：在E-x圖象中，圖象與x軸所圍面積表示電勢差，由圖可以看出x軸上Oc段與圖線所圍面積大于ac段與圖線所圍面積，ac段與圖線所圍面積大

7、于bc段與圖線所圍面積，即UOc>Uac>Ubc>0，所以φO>φa>φb>φc，故B正確，A錯誤；ac段與圖線所圍面積大于E0d，即Uac>E0d，所以將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做功大于eE0d，故C正確；將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做正功，質(zhì)子的電勢能減少，D錯誤． 7．如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點O處的電勢為0 V，點A處的電勢為6 V，點B處的電勢為3 V，則電場強度的大小為(　　) A．200 V/m B．200 V/m C．100 V/m D．100 V/m 答案：A 解析：設OA中點為C，由＝可得C點的電勢φC

8、＝3 V，φC＝φB，即B、C在同一等勢面上，如圖，由電場線與等勢面的關系和幾何關系知：d＝ 1.5 cm.則E＝＝ V/m＝200 V/m，A正確． 8．(多選)如圖所示，電場強度方向水平向右的勻強電場中有a、b、c三點，三點的連線恰好組成一個邊長為l的正三角形．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(重力不計)以速度v0從a點射入電場，入射方向與b、c兩點的連線垂直，一段時間后帶電小球經(jīng)過c點．則下列判斷正確的是(　　) A．帶電小球從a點運動到c點的時間為 B．該勻強電場的電場強度大小為 C．帶電小球到達c點時的動能為mv D．b、c兩點之間的電勢差為 答案：AB 解析

9、：在豎直方向上小球做勻速直線運動，當小球運動到c點時，由運動學規(guī)律可得t＝，選項A正確；小球在水平方向上運動的距離為，由運動學規(guī)律有＝，代入數(shù)據(jù)可解得E＝，選項B正確；由動能定理可得Ekc＝qE·＋mv＝mv，選項C錯誤；由電勢差公式可知Ubc＝E·l＝，選項D錯誤． 9．如圖所示，兩平行金屬板之間有一勻強電場，金屬板長為L，一帶電粒子以速度v0垂直于場強方向沿上極板邊緣射入勻強電場，剛好貼下極板邊緣飛出，如果帶電粒子以某一垂直于場強方向的初速度v1沿上極板邊緣射入電場并能從其中射出，當它的豎直位移等于板間距d時，它的水平射程為2L(軌跡未畫出)．則粒子進入電場的初速度v1等于(　　)

10、 A．v0 B.v0 C.v0 D．2v0 答案：C 解析：設粒子在電場中的加速度為a.第一次，粒子恰好從下極板的邊緣飛出，粒子做類平拋運動，有L＝v0t，d＝at2，解得v0＝L.第二次，設粒子飛出電場時的豎直位移為y1，所用時間為t1，飛出電場后的豎直位移為y2，所用時間為t2，則y1＝at，L＝v1t1，y2＝at1·t2，L＝v1t2，解得v1＝L＝v0，故C正確． 10．如圖所示，x軸上方有寬為L、方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m(重力不計)、帶電荷量為q(q>0)的粒子從y軸上的A點以初速度v0沿y軸負方向射入電場，粒子從x軸上的B點沿與x軸正方向成3

11、7°角的方向射出電場，并打在x軸下方的接收屏上C點(沒畫出)，已知粒子從B到C的運行時間與粒子在電場中的運行時間相同，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求勻強電場的電場強度E的大??； (2)求粒子接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離； (3)若粒子是質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的液滴，重力加速度為g，若要求液滴也能通過B點，則液滴的初速度應為多少？ 答案：(1)　(2)2L　(3)v0－ 解析：(1)粒子從A到B做類平拋運動，由類平拋規(guī)律知 L＝v0t，vx＝t，OB＝t，vB＝ 在B點有tan 37°＝，即vx＝v0 聯(lián)立得E＝，OB＝L，vB＝v0. (2)

12、粒子從B到C做勻速直線運動，由題意知BC＝vBt＝L 所以接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離s＝OB＋BC·cos 37°＝2L. (3)若粒子變?yōu)橐旱危O液滴的初速度為v，則液滴沿y軸做初速度為v的勻加速直線運動，沿x軸做初速度為零的勻加速直線運動，因水平方向各量均沒變，所以液滴的運行時間仍為t，則L＝vt＋gt2，代入t值得v＝v0－. 11．如圖所示，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有電場強度為E、方向豎直向上的勻強電場；區(qū)域Ⅱ中有一光滑絕緣圓弧軌道，軌道半徑為R＝，軌道在A點的切線與水平方向成60°角，在B點的切線與豎直線CD垂直；在Ⅲ區(qū)域內(nèi)有一寬為d的有界勻強電場，電場強度大小未知，方向水平向右．一質(zhì)量為m

13、、帶電荷量為－q的小球(可看成質(zhì)點)從左邊界的O點正上方的M點以速度v0水平射入?yún)^(qū)域Ⅰ，恰好從A點沿圓弧軌道切線進入軌道且恰好不能從電場右邊界穿出，求： (1)OM的長L； (2)區(qū)域Ⅲ中電場強度的大小E′； (3)小球到達區(qū)域Ⅲ中電場的右邊界上的點與OO′的距離s. 答案：(1)　(2)　(3)＋ 解析：(1)小球在區(qū)域Ⅰ中做類平拋運動，設小球在A點時的速度為vA，豎直分速度為vy，則有 cos 60°＝，即vA＝2v0 tan 60°＝，即vy＝v0 由牛頓第二定律知a＝ 由v＝2aL知L＝. (2)在區(qū)域Ⅱ中，由圖可知BC＝ 所以從A點到B點，由動能定理得 mg·＝mv－mv 得vB＝3v0 在區(qū)域Ⅲ中，小球在水平方向上做勻減速運動，到達右邊界時水平速度剛好減為零，由運動學規(guī)律知 v＝2d，得E′＝. (3)vB＝t，所以t＝ 小球在豎直方向上做自由落體運動，即h＝gt2＝ 所以小球到達右邊界上的點與OO′的距離s＝BC＋h＝＋.