2022高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場與磁場 專題強化練（八）電場及帶電粒子在電場中的運動

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1、2022高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場與磁場 專題強化練（八）電場及帶電粒子在電場中的運動 考點1　電場力的性質 1.(多選)如圖所示，在電場強度為E的勻強電場中，以O點為圓心，以r為半徑作一圓，在O點固定一電荷量為＋Q的點電荷，a、b、c、d為相互垂直的兩條直徑和圓周的交點．當把一檢驗電荷＋q放在d點時，該檢驗電荷恰好平衡，不計重力．則下列說法正確的是(　　) A．該勻強電場的電場強度E的大小為k，方向沿db方向 B．檢驗電荷＋q放在點c時，受力Fc的大小為k C．檢驗電荷＋q放在點b時，受力Fb的方向沿db方向 D．把檢驗電荷＋q從a沿圓弧移到b，電場力不做功

2、解析：對檢驗電荷受力分析如圖所示，由題意可知，F(xiàn)1＝k，F(xiàn)2＝qE，由F1＝F2，即qE＝k，解得E＝k，勻強電場方向沿db方向，A項正確；由圖知，檢驗電荷＋q放在c點時，Ec＝＝E＝k，所以Fc＝qEc＝k，B項錯誤；由圖知，檢驗電荷＋q放在b點時，Eb＝E3＋E＝2E＝2k，所以Fb＝qEb＝2k，方向沿db方向，C項正確；把檢驗電荷＋q從a沿圓弧移到b，其所受＋Q的電場力不做功，所受勻強電場的電場力做功，D項錯誤． 答案：AC 2.如圖所示，直角坐標系中x軸上在x＝－r處固定有帶電荷量為＋9Q的正點電荷，在x＝r處固定有帶電荷量為－Q的負點電荷，y軸上a、b兩點的坐標分別為ya＝

3、r和yb＝－r、c、d、e點都在x軸上，d點的坐標為xd＝2r，rEe B．a、b兩點的電勢相等 C．d點場強為零 D．a、b兩點的場強相同 解析：cd點間距與de點間距相等，根據(jù)電場線的分布情況知，c處電場線密，場強大，故A正確；由電場分布的對稱性可知，a、b兩點的電勢相等，故B正確；＋9Q在d點產生的場強大小E1＝k＝k，方向水平向右，－Q在d點產生的場強大小E2＝k，方向水平向左，所以由電場的疊加原理可知，d點場強為零，故C正確；根據(jù)電場線分布的對稱性可知，a、b兩點場強的大小相等，但方

4、向不同，則a、b兩點的場強不相同，故D錯誤． 答案：D 3.如圖所示，梯形abdc位于某勻強電場所在平面內，兩底角分別為60°、30°，cd＝2ab＝4 cm，已知a、b兩點的電勢分別為4 V、0，將電荷量q＝1.6×10－3C的正電荷由a點移動到c點，克服電場力做功6.4×10－3J，則下列關于電場強度的說法中正確的是 (　　) A．垂直ab向上，大小為400 V/m B．垂直bd斜向上，大小為400 V/m C．平行ca斜向上，大小為200 V/m D．平行bd斜向上，大小為200 V/m 解析：由W＝qU知Uac＝＝V＝－4 V，而φa＝4 V，所以φc＝8 V，過b點

5、作be∥ac交cd于e，因在勻強電場中，任意兩條平行線上距離相等的兩點間電勢差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4 V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd為一條等勢線，又由幾何關系知eb⊥bd，由電場線與等勢線的關系知電場強度必垂直bd斜向上，大小為E＝＝V/m＝400 V/m，B項正確． 答案：B 考點2　電場能的性質 4．(多選)(2016·海南卷)如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點．不計重力．下列說法正確的是(　　) A．M帶負電荷，N帶

6、正電荷 B．M在b點的動能小于它在a點的動能 C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功 解析：做曲線運動的物體一定受到指向軌跡內側的合外力，故M帶負電荷、N帶正電荷，選項A正確；對M根據(jù)Wab＝Uab·(－q)<0知，M從a到b電場力做負功，動能減小，選項B正確；d、e在同一等勢面，N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，選項C正確；對N根據(jù)Wad＝Ucd·(＋q)>0，知N在從c點運動到d點的過程中電場力做正功，選項D錯誤． 答案：ABC 5．(多選)(2018·桂林、崇左聯(lián)考)圖示為某電場中等勢面的分布圖，各等勢面的電勢值圖中已標出

7、．下列說法正確的是(　　) A．A點的電場強度比B點的大 B．中心軸線上各點的電場強度方向向左 C．電子由A點移至B點克服電場力做功0.17 eV D．電子在A點的電勢能比B點的小 解析：點A與點B相比較，點A附近等勢面密集而且相鄰等勢面的電勢差較大，故A點電場強度大于B點電場強度，故A正確；電場線與等勢面垂直且從高電勢指向低電勢，故中心軸線上電場強度方向向左，故B正確；電子由A點移至B點電場力做功WAB＝qUAB＝(－e)(0.8 V－0.97 V)＝0.17 eV，電子由A點移至B點電場力做正功0.17 eV，故C錯誤；電子帶負電荷，在電勢低的點電勢能大，由于A點的電勢小于B

8、點的電勢，故電子在A點的電勢能比B點的大，故D錯誤． 答案：AB 6．(多選)(2018·長郡中學質檢)兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線的中垂線上有A、B、C三點，如圖所示．一個電荷量為2 C、質量為1 kg的小物塊從該水平面內的C點靜止釋放，其運動的v－t圖象如圖所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線)．則下列說法正確的是(　　) A．B為中垂線上電場強度最大的點，其電場強度E＝1 V/m B．由C到A的過程中，物塊的電勢能先減小后變大 C．由C到A的過程中，電勢逐漸升高 D．A、B兩點電勢差UAB＝－5 V 解析：由v－t圖象的斜率等于加

9、速度可得，物塊在B點的加速度最大為a＝m/s2＝2 m/s2，所受的電場力最大為F＝ma＝1×2 N＝2 N，則電場強度的最大值為E＝＝1 N/C，選項A正確；由v－t圖象可得，由C到A的過程中，物塊一直加速，電場力一直做正功，物塊的電勢能一直減小，選項B錯誤；兩個等量的正電荷，其連接中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側，所以由C點到A點的過程中，電勢逐漸減小，選項C錯誤；物塊在A、B兩點的速度分別為vA＝6 m/s，vB＝4 m/s，根據(jù)動能定理得qUAB＝mv－mv＝×1×(42－62)J＝－10 J，得UAB＝－5 V，選項D正確． 答案：AD 考點3　平行板塊電容器 7.某

10、電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板，對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動．在P、Q間距增大過程中(　　) A．P、Q構成的電容器的電容增大 B．M點的電勢比N點的高 C．M點的電勢比N點的低 D．P上電荷量保持不變 解析：電容式話筒與電源串聯(lián)，電壓保持不變．在P、Q間距增大過程中，根據(jù)電容決定式C＝得，電容減小，又根據(jù)電容定義式C＝得，電容器所帶電荷量減少，電容器的放電電流通過R的方向由M到N，所以M點的電勢比N點的高．故A、C、D錯誤，B正確． 答案：B 8．(2016·天津卷)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜

11、電計金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大　　 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 解析：由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變，當下極板不動，上極板向下移動一段距離時，兩極板間距d減小，則電容C變大，由U＝可知U變小，則靜電計指針的偏角θ減?。忠驗閮砂彘g電場強度E＝＝＝，Q、S不變，則E不變．因為E不變，則點電荷從P點移動到下極板(電勢為零)電場力做功不變

12、，電勢能的變化相同，則點電荷在P點的電勢能Ep不變，故只有選項D正確． 答案：D 9．(2017·江蘇卷)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　) A．運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回 C．運動到P′點返回 D．穿過P′點 解析：電子在A、B板間的電場中加速運動，在B、C板間的電場中減速運動，設A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所

13、帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運動后，在B、C板間減速運動，到達P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤． 答案：A 考點4　帶電粒子在電場中運動 10.如圖所示，平行板電容器與恒壓電源連接，電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場，若僅使電容器上極板上移，設電容器極板上所帶電荷量為Q，電子穿出平行板時在垂直于板面方向偏移的距離為y，以下說法正確的是(　　) A．Q減少，y不變　　 B．Q減少，y減小 C．Q增大，y減小 D．Q增大，y增大 解析：上極板上移，兩極間

14、距增大，電容器電容減小，板間電場強度減小，由Q＝CU可知，Q減小，C、D均錯誤；由y＝··可知，因E減小，電子偏轉距離y減?。蔅正確，A錯誤． 答案：B 11．(2018·銀川一中檢測)如圖所示，光滑絕緣的細圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內，管口B、C的連線是水平直徑．現(xiàn)有一質量為m帶正電的小球(可視為質點)從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R.從小球進入管口開始，整個空間突然加一勻強電場，小球所受電場力豎直向上的分力大小與重力大小相等，結果小球從管口C處脫離圓管后，其運動軌跡經(jīng)過A點，設小球運動過程中帶電荷量沒有改變，重力加速度為g，求： (1)小球到達B點

15、的速度大??； (2)小球受到的電場力的大??； (3)小球經(jīng)過管口C處時對圓管的壓力． 解析：(1)小球從開始自由下落到到達管口B的過程中機械能守恒，故有：mg·4R＝mv， 到達B點時速度大小為vB＝＝2. (2)設電場力的豎直分力為Fy，水平分力為Fx，則Fy＝mg(方向豎直向上)，小球從B運動到C的過程中，由動能定理得Fx×2R＝mv－mv. 小球從管口C處脫離圓管后，做類平拋運動，其軌跡經(jīng)過A點，有y＝4R＝vCt. x＝2R＝axt2＝t2， 聯(lián)立解得：Fx＝mg. 電場力的大小為：qE＝＝mg. (3)由(2)中易得vC＝2，小球經(jīng)過管口C處時，向心力由Fx和圓管

16、的彈力N提供，設彈力N的方向向左，則Fx＋N＝m， 解得：N＝3mg(方向水平向左)． 根據(jù)牛頓第三定律可知，小球經(jīng)過管口C處時對圓管的壓力為N′＝N＝3mg，方向水平向右． 答案：(1)2　(2)mg　(3)3mg，方向水平向右 12．(2018·臨沂質檢)如圖所示，虛線MN左側有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質量為m)無初速度地放入電場E1中的A點，A與虛線MN的間距為，最后電子打在右側的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求： (1

17、)電子從釋放到打到屏上所用的時間； (2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ； (3)電子打到屏上的點P′到點O的距離x. 解析：(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律和運動學公式得：a1＝＝， ＝a1t，v1＝a1t1，t2＝， 運動的總時間為t＝t1＋t2＝3. (2)設電子射出電場E2時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場中的加速度為 a2＝＝，t3＝，vy＝a2t3，tan θ＝，解得：tan θ＝2. (3)如圖，設電子在電場中的偏轉距離為x1 x1＝a2t， tan θ＝， 解得：x＝x1＋x2＝3L. 答案：(1)3　(2)2　(3)3L