2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前基礎(chǔ)回扣練9 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動

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1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前基礎(chǔ)回扣練9 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動 1．如圖所示，圖甲實(shí)線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的P點(diǎn)靜止釋放，不考慮兩粒子間的相互作用，僅在電場力作用下，兩粒子做直線運(yùn)動，a、b粒子的速度大小隨時間變化的關(guān)系如圖乙中實(shí)線所示，虛線為直線．則(　　) A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電 B．a(chǎn)向左運(yùn)動，b向右運(yùn)動 C．a(chǎn)電勢能減小，b電勢能增大 D．a(chǎn)動能減小，b動能增大 解析：選B.從速度—時間圖象中可以看出，a粒子加速度逐漸增大，b粒子加速度逐漸減小，因?yàn)榱Ｗ觾H受電場力，可知a粒子電場力逐漸增大，b粒子電場力逐漸減小，所以a向

2、左運(yùn)動，b向右運(yùn)動．由于不知電場的方向，所以無法判斷a、b的電性．故A錯誤，B正確．帶電粒子在電場中運(yùn)動時，電場力做正功，所以a、b的電勢能均減?。蔆錯誤．帶電粒子在電場中運(yùn)動時，電場力做正功，因?yàn)閮H受電場力，根據(jù)動能定理，a、b的動能均增加．故D錯誤．故選B. 2．如圖所示，半徑為R的均勻帶電球殼帶電量為Q(Q>0)．已知半徑為R的均勻帶電球殼在球殼的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心O點(diǎn)的、電荷量相等的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場相同．靜電力常量為k，下列說法正確的是(　　) A．球心O處的場強(qiáng)為 B．在球殼外距球殼為r處的電場強(qiáng)度為 C．球殼的表面為等勢面 D．若取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則球殼表面

3、處的電勢小于零 解析：選C.由對稱性可知，球心O處的場強(qiáng)為零，選項(xiàng)A錯誤；在球殼外距球殼為r處的電場強(qiáng)度為E＝ ，選項(xiàng)B錯誤；球殼的表面處的電場線垂直于表面，則球殼表面為等勢面，選項(xiàng)C正確；因球殼帶電量為正，則若取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則球殼表面處的電勢大于零，選項(xiàng)D錯誤；故選C. 3．如圖，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子在豎直向下的勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，M、N為其運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)．已知該粒子在M點(diǎn)的速度大小為v0，方向與水平方向的夾角為60°，N點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，不計重力．則M、N兩點(diǎn)間的電勢差為(　　) A.　　　　　　　 B．－ C．－ D． 解析：選B.從M點(diǎn)到N點(diǎn)利用動能定理

4、有： qUMN＝mv－mv＝m(v0sin 60°)2－mv 解得：UMN＝－，故B正確． 4．如圖所示為某電場中x軸上電勢φ隨x變化的圖象，一個帶電粒子僅受電場力作用在x＝0處由靜止釋放沿x軸正向運(yùn)動，且以一定的速度通過x ＝x2處，則下列說法正確的是(　　) A．x1和x2處的電場強(qiáng)度均為零 B．x1和x2之間的場強(qiáng)方向不變 C．粒子從x＝0到x＝x2過程中，電勢能先增大后減小 D．粒子從x＝0到x＝x2過程中，加速度先減小后增大 解析：選D.φ -x圖象的切線斜率表示場強(qiáng)的大小，x1和x2兩處的場強(qiáng)均不為零，因此A項(xiàng)錯誤．在x軸上沿電場方向電勢降低，逆著電場方向電勢升

5、高，所以x1到x2之間電場強(qiáng)度的方向先沿x軸負(fù)方向后沿x軸正方向，選項(xiàng)B錯誤．粒子僅在電場力作用下由靜止開始運(yùn)動，從x＝0到x＝x2之間由于電場方向發(fā)生了改變，電場力先做正功后做負(fù)功，粒子的電勢能先減小后增大，選項(xiàng)C錯誤．根據(jù)牛頓第二定律，加速度與電場力大小成正比，電場力大小與各處的電場強(qiáng)度大小即圖象的斜率大小成正比，由圖象知，粒子的加速度先減小后增大，選項(xiàng)D正確． 5．均勻帶電的球體在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖所示，在半球體上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球半徑為R，MN為通過半球頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有A、B兩點(diǎn)，A、B關(guān)于O點(diǎn)對稱，AB＝4R.已

6、知A點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，則B點(diǎn)的場強(qiáng)大小為(　　) A.＋E B．－E C.＋E D．－E 解析：選B.若將帶電量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在A、B點(diǎn)所產(chǎn)生的電場為E0＝＝，由題知當(dāng)半球面產(chǎn)生的場強(qiáng)為E，則B點(diǎn)的場強(qiáng)為E′＝E0－E.解得E′＝－E，故選B. 6．(多選)如圖所示，空間分布著豎直向上的勻強(qiáng)電場E，現(xiàn)在電場區(qū)域內(nèi)某點(diǎn)O處放置一負(fù)點(diǎn)電荷Q，并在以O(shè)點(diǎn)為球心的球面上選取a、b、c、d四點(diǎn)，其中ac連線為球的水平大圓直徑，bd連線與電場方向平行．不計空氣阻力，則下列說法中正確的是(　　) A．b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，電勢相等 B．a(chǎn)、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大

7、小相等，電勢相等 C．若從a點(diǎn)拋出一帶正電小球，小球可能沿a、c所在圓周做勻速圓周運(yùn)動 D．若從a點(diǎn)拋出一帶負(fù)電小球，小球可能沿b、d所在圓周做勻速圓周運(yùn)動 解析：選BC.Q在b點(diǎn)與d點(diǎn)場強(qiáng)方向相反，與勻強(qiáng)電場疊加后d點(diǎn)場強(qiáng)大于b點(diǎn)場強(qiáng)．故A錯誤；a、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，點(diǎn)電荷在ac兩點(diǎn)的電勢相等，電場E在ac兩點(diǎn)的電勢相等，所以ac兩點(diǎn)的電勢相等．故B正確；若能做勻速圓周運(yùn)動，要使小球所受的合力大小不變，方向變化，則應(yīng)為勻強(qiáng)電場力與重力相平衡，合力為Q所給的庫侖力．故正電荷可沿a、c所在圓周做勻速圓周運(yùn)動．故C正確；若從a點(diǎn)拋出一帶負(fù)電小球，其所受合力不可能指向Q點(diǎn)，則不能做勻速

8、圓周運(yùn)動．故D錯誤；故選BC. 7．(多選)如圖所示，水平面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長為L，兩個等量異種點(diǎn)電荷＋Q和－Q分別固定于A、B兩點(diǎn)．光滑絕緣直導(dǎo)軌CD的上端點(diǎn)D位于到A、B中點(diǎn)的正上方，且與A、B兩點(diǎn)的距離均為L.在D處質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球套在軌道上(忽略它對原電場的影響)，并由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g.忽略空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．D點(diǎn)的場強(qiáng)大小為 B．小球到達(dá)CD中點(diǎn)時，其加速度為零 C．小球剛到達(dá)C點(diǎn)時，其動能為mgL D．小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先增大后減小 解析：選AC.根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的性質(zhì)可知，負(fù)電

9、荷在D處的電場強(qiáng)度沿DB方向，正電荷在D處的電場強(qiáng)度沿AD方向，兩個點(diǎn)電荷的電量是相等的，所以兩個點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小相等，則它們的合場強(qiáng)的方向沿AD、DB的角平分線；由庫侖定律得，A、B在D點(diǎn)的場強(qiáng)的大?。篍A＝E＝k，則D點(diǎn)的場強(qiáng)：ED＝EAcos 60°＋EBcos 60°＝k，故A正確；當(dāng)小球到達(dá)CD中點(diǎn)時，小球受重力、支持力、正電荷的排斥力、負(fù)電荷的吸引力，對其受力分析可知，重力和支持力的合力與正電荷的排斥力和負(fù)電荷的吸引力的合力不在同一平面上，故兩個合力不可能平衡，故加速度不為零，故B錯誤；由于C與D到A、B的距離都等于L，結(jié)合等量異種點(diǎn)電荷的電場特點(diǎn)可知，C點(diǎn)與D點(diǎn)在同一

10、等勢面上，電場力不做功，故小球的電勢能不變，下落過程只有重力做功，即：mg·OD＝mv2，又幾何關(guān)系可知：OD＝L·sin 60°＝L，小球的動能Ek＝mv2＝mgL，故C正確，D錯誤．故選AC. 8．(多選)如圖所示，兩個水平放置的平行板電容器，A板用導(dǎo)線與M板相連，B板和N板都接地．讓A板帶電后，在兩個電容器間分別有P、Q兩個帶電油滴都處于靜止?fàn)顟B(tài)．A、B間電容為C1，電壓為U1，帶電量為Q1；M、N間電容為C2，電壓為U2，帶電量為Q2.若將B板稍向下移，下列說法正確的是(　　) A．P向下動，Q向上動 B．U1減小，U2增大 C．Q1減小，Q2增大 D．C1減小，C2增大

11、解析：選AC.將B板下移時，由C＝，C1將增??；而MN板不動，故MN的電容不變；故D錯誤；假設(shè)Q不變，則AB板間的電壓U1將增大，大于MN間的電壓，故AB板將向MN板充電；故Q1減小，Q2增大；故C正確；充電完成，穩(wěn)定后，MN及AB間的電壓均增大，故對Q分析可知，Q受到的電場力增大，故Q將上移；對AB分析可知，E1＝＝＝＝，故電場強(qiáng)度減小，故P受到的電場力減小，故P將向下運(yùn)動；故A正確；故選AC. 9．(多選)有三根長度皆為L的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點(diǎn)，另一端分別掛有質(zhì)量均為m、電量分別為－q、q的帶電小球A和B，A、B間用第三根線連接起來．所在空間存在水平

12、向右、大小E＝的勻強(qiáng)電場，系統(tǒng)平衡時，A、B球的位置如圖所示．現(xiàn)將O、B之間的輕線燒斷，因空氣阻力，A、B兩球最后會達(dá)到新的平衡位置(不計兩帶電小球間相互作用的靜電力)．以下說法正確的是(　　) A．A球的電勢能增加了qEL B．B球的電勢能減少了qEL C．A球的重力勢能減少了mgL D．B球的重力勢能減少了mgL 解析：選ACD.設(shè)達(dá)到新的平衡位置時OA繩與豎直方向夾角為α，OB繩與豎直方向夾角為β，由平衡條件得 對A：T1cos α＝mg＋T2cos β　qE＝T1sin α＋T2sin β 對B：Tcos β＝mg　qE＝T2sin β 聯(lián)立解得：α＝0，β＝45°

13、， 所以A球的重力勢能減少了 mgL(1－cos 30°)＝mgL B球的重力勢能減少了 mgL(1＋cos 45°)－mgLcos 30°＝ mgL A球的電勢能增加了qELsin 30°＝qEL B球的電勢能減小了qEL(sin 45°－sin 30°)＝qEL 綜上所述，故A、C、D正確． 10．(多選)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，其軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知(　　) A．Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高 B．油滴在Q點(diǎn)的動能比它在P點(diǎn)的大 C．油滴在Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的大 D．油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小 解析：選AB.根據(jù)粒子的彎折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同時因軌跡關(guān)于P點(diǎn)對稱，則可說明電場力應(yīng)豎直向上；粒子帶負(fù)電，故說明電場方向豎直向下；則可判斷Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高；故A正確；粒子由P到Q過程，合外力做正功，故油滴在Q點(diǎn)的動能比它在P點(diǎn)的大；故B正確；因電場力做正功，故電勢能減小，Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的?。还蔆錯誤；因受力為恒力；故PQ兩點(diǎn)加速度大小相同；故D錯誤；故選AB.