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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場和磁場 第7講 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動素能特訓(xùn) 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中1～5為單選題，6～8為多選題) 1．[xx·哈三中模擬]空間某區(qū)域豎直平面內(nèi)存在電場，電場線分布如圖所示。一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q，電性未知的小球在該電場中運(yùn)動，小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，方向水平向右，運(yùn)動至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2。若A、B兩點(diǎn)之間的高度差為h，則以下判斷中正確的是(　　) A.A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢大小關(guān)系為EA>EB、φA<φB B．若v2>v1，則電場力一定做正功 C．A、B兩點(diǎn)間的電勢差為(v－v－

2、2gh) D．小球從A運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中電場力做的功為mv－mv 答案　C 解析　由電場線的疏密分布知EAφB，所以A錯(cuò)誤。從A運(yùn)動到B對帶電小球應(yīng)用動能定理得：mgh＋qUAB＝mv－mv，若v2>v1，電場力也不一定做正功，B錯(cuò)誤。由上式得UAB＝，C正確。小球從A到B合外力做功為mv－mv，D錯(cuò)誤。 2．[xx·山東模擬]如圖甲所示，Q1、Q2為兩個(gè)被固定的點(diǎn)電荷，其中Q1帶負(fù)電，a、b兩點(diǎn)在它們連線的延長線上?，F(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子以一定的初速度沿直線從a點(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(粒子只受電場力作用)，粒子經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時(shí)的速度分別為va、vb，其

3、速度圖象如圖乙所示。以下說法中正確的是(　　) A．Q2一定帶負(fù)電 B．Q2的電量一定大于Q1的電量 C．b點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定為零 D．整個(gè)運(yùn)動過程中，粒子的電勢能先減小后增大 答案　C 解析　Q1帶負(fù)電，運(yùn)動的粒子也帶負(fù)電，兩者之間為斥力，由v-t圖知粒子從a運(yùn)動到b速度減小，所以Q2帶正電，故A錯(cuò)誤。由v-t圖知b點(diǎn)切線斜率為零，則b處電場強(qiáng)度為零，故C正確。b點(diǎn)右側(cè)粒子又開始加速，則b點(diǎn)右側(cè)電場強(qiáng)度方向向左，則Q1>Q2，故B錯(cuò)誤。整個(gè)過程中，粒子的動能由v-t圖知先變小后變大，因只有電場力做功，粒子的動能與電勢能總和不變，則電勢能先增大后減小，故D錯(cuò)誤。 3．[xx·煙

4、臺一模]一半徑為R的均勻帶電圓環(huán)，帶有正電荷。其軸線與x軸重合，環(huán)心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O處，M、N為x軸上的兩點(diǎn)，則下列說法正確的是(　　) A．環(huán)心O處電場強(qiáng)度為零 B．沿x軸正方向從O點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度越來越小 C．沿x軸正方向由M點(diǎn)到N點(diǎn)電勢越來越高 D．將一正試探電荷由M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電荷的電勢能增加 答案　A 解析　由對稱性知，均勻帶電圓環(huán)環(huán)心O處電場強(qiáng)度為零，A選項(xiàng)正確。因O點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度也為零，所以沿x軸正方向從O點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)電場強(qiáng)度先變大后變小，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。帶電圓環(huán)帶正電，沿電場線電勢降低，所以從M點(diǎn)到N點(diǎn)電勢越來越低，C選項(xiàng)錯(cuò)誤。將正電荷從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，

5、電荷電勢能減小，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。 4．[xx·濟(jì)寧模擬]地面附近處的電場的電場線如圖所示，其中一條方向豎直向下的電場線上有a、b兩點(diǎn)，高度差為h。質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電微粒(其所帶電荷不影響原電場的分布)，從a點(diǎn)由靜止開始沿電場線運(yùn)動，到b點(diǎn)時(shí)速度為。下列說法正確的是(　　) A．微粒從a點(diǎn)開始運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中加速度一直增大 B．微粒從a點(diǎn)開始運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中一定一直做加速運(yùn)動 C．若換成質(zhì)量為m、電荷量為－2q的帶電微粒，從a點(diǎn)由靜止釋放，微粒將沿電場線在a、b兩點(diǎn)間來回運(yùn)動 D．若換成質(zhì)量為m、電荷量為＋2q的帶電微粒，從a點(diǎn)由靜止起沿電場線運(yùn)動到b點(diǎn)時(shí)的速度為 答案

6、　C 解析　帶電微粒受電場力方向從b到a，重力方向由a到b，從靜止釋放，由牛頓第二定律得：mg－Eq＝ma，由電場線疏密知Eamg則微粒不一定從a運(yùn)動到b一直加速，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。當(dāng)微粒電荷量為－q時(shí)，由a到b的過程據(jù)動能定理得：mgh－qUab＝mv，把vb＝代入得電場力做功W1＝qUab＝mgh，當(dāng)微粒電荷量換成－2q時(shí)，從a運(yùn)動到b電場力做功W2＝－2qUab＝mgh，由動能定理得mgh－2qUab＝mv2，得v＝0，所以C選項(xiàng)正確。當(dāng)換成電荷量為＋2q時(shí)，由動能定理得：mgh＋2qUab＝mv′2，得v′＝2，所以D錯(cuò)誤。

7、 5．[xx·蘭州實(shí)戰(zhàn)考試]1913年，美國物理學(xué)家密立根設(shè)計(jì)了著名的油滴實(shí)驗(yàn)，首先直接測定了基元電荷的量值。其模型簡化如圖，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時(shí)極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則(　　) A．油滴帶正電 B．油滴帶電荷量為 C．電容器的電容為 D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運(yùn)動 答案　C 解析　帶電油滴在電場中受重力與電場力處于靜止?fàn)顟B(tài)，故所受電場力方向豎直向上。M板帶正電，故油滴帶負(fù)電，A項(xiàng)錯(cuò)；由平衡條件有：mg＝q，故q＝，B項(xiàng)錯(cuò)；電容

8、定義式為C＝，由題意得Q＝kq，解得：C＝，C項(xiàng)正確；電容器與電源保持連接，兩極板電勢差不變，N板下移，板間距離d增大，故場強(qiáng)減小，油滴所受電場力減小，故油滴將向下運(yùn)動，D項(xiàng)錯(cuò)。 6．[xx·石家莊一模]兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷固定在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢為零，ND段中C點(diǎn)電勢最高，下列說法不正確的是(　　) A.q1為正電荷，q2為負(fù)電荷 B．|q1|<|q2| C．C點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零 D．將一帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做負(fù)功后做正功 答案　BD 解析　從φ-x圖象，可知從O到M的過程中，

9、電勢逐漸降低，且不對稱，A點(diǎn)離M點(diǎn)較近，故q1為正電荷，q2為負(fù)電荷，且|q1|>|q2|，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在φ-x圖象中，圖線的斜率大小等于場強(qiáng)E的大小，C點(diǎn)是ND段的電勢最高點(diǎn)，該點(diǎn)切線水平，其斜率為0，故C點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，選項(xiàng)C正確；由Ep＝qφ，帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢能先減小后增大，故電場力先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤，本題不正確的選項(xiàng)為B、D。 7．[xx·洛陽二統(tǒng)]如圖所示，勻強(qiáng)電場中的△PAB平面平行于電場方向，C點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，D點(diǎn)為PB的中點(diǎn)。將一個(gè)帶電粒子從P點(diǎn)移動到A點(diǎn)，電場力做功WPA＝1.6×10－8 J；將該粒子從P點(diǎn)移動到B點(diǎn)，電場力

10、做功WPB＝3.2×10－8 J。則下列說法正確的是(　　) A．直線PC為等勢線 B．直線AD為等勢線 C．若將該粒子從B點(diǎn)移動到A點(diǎn)，電場力做功WBA＝1.6×10－8 J D．若將該粒子從P點(diǎn)移動到C點(diǎn)，電場力做功為WPC＝2.4×10－8 J 答案　BD 解析　由電勢差的定義式知UPA＝，UPB＝，因＝，所以＝，因D點(diǎn)為PB中點(diǎn)且為勻強(qiáng)電場，則UPD＝UPB，所以UPA＝UPD，則φA＝φD，AD為等勢線，故A錯(cuò)誤，B正確。WBP＝－WPB＝－3.2×10－8 J，WBA＝WBP＋WPA＝－1.6×10－8 J，所以C錯(cuò)誤。因?yàn)镃為AB中點(diǎn)且為勻強(qiáng)電場，WBC＝WBA＝－0

11、.8×10－8 J，WPC＝WPB＋WBC＝2.4×10－8 J，所以D正確。 8．[xx·武昌調(diào)研]正對著并水平放置的兩平行金屬板連接在如圖電路中，板長為l，板間距為d，在距離板的右端2l處有一豎直放置的光屏M。D為理想二極管(即正向電阻為0，反向電阻無窮大)，R為滑動變阻器，R0為定值電阻。將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合電鍵S，讓一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板左端連線的中點(diǎn)N以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)未碰極板，最后垂直打在M屏上。在保持電鍵S閉合的情況下，下列分析或結(jié)論正確的是(　　) A．質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動的過程中與它從板的右端運(yùn)動到光屏的過程中速度變化相同 B．板間電

12、場強(qiáng)度大小為 C．若僅將滑片P向下滑動一段后，再讓該質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)依然會垂直打在光屏上 D．若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)依然會垂直打在光屏上 答案　BCD 解析　根據(jù)題設(shè)條件可知：帶電粒子在電場中受到豎直向上的電場力，加速度方向向上，離開電場后，加速度方向向下，故質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動的過程中與它從板的右端運(yùn)動到光屏的過程中速度變化的方向相反，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于粒子垂直打在光屏上，故此段可看做反向的平拋運(yùn)動，在豎直方向上，由牛頓第二定律和速度公式可得：v＝×＝g×，解得：E＝，選項(xiàng)B正確；若僅將滑片P向下滑動一段后，電阻值減小

13、，電容器的分壓減小，欲放電，因二極管的作用，電容器不能放電，故電容器板間電場不變，該質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)依然會垂直打在光屏上，選項(xiàng)C正確；若僅將兩平行板的間距變大一些，根據(jù)C＝＝，電容減小，欲放電，因二極管的作用，電容器不能放電，故電容器板間電場不變，該質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)依然會垂直打在光屏上，選項(xiàng)D正確。 二、計(jì)算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 9. [xx·課標(biāo)全國卷Ⅱ]如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，A、B為其運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；

14、它運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30°。不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢差。 答案　 解析　設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB，粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30°＝v0sin60°① 由此得vB＝v0② 設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB，由動能定理得 qUAB＝m(v－v)③ 聯(lián)立②③式得UAB＝④ 10．[xx·衡水二模]如圖甲所示，兩塊水平平行放置的導(dǎo)電板，板距為d，大量電子(質(zhì)量為m，電荷量為e)連續(xù)不斷地從中點(diǎn)O沿與極板平行的OO′方向射入兩板之間，當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過兩板之間的時(shí)間為3t0，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的周期性電壓時(shí)，所有的電子均能從兩板間通過(不計(jì)重力)。 求這些電子穿過平行板時(shí)距OO′的最大距離和最小距離。 答案　　 解析　以電場力的方向?yàn)檎较颍嫵鲭娮釉趖＝0、t＝t0時(shí)刻進(jìn)入電場后，沿電場力的方向的速度vy隨時(shí)間變化的vy-t圖象如圖甲和乙所示 電場強(qiáng)度E＝ 電子的加速度a＝＝ 由圖甲中vy1＝at0＝ vy2＝a×2t0＝ 由圖甲可得電子的最大側(cè)移ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝ 由圖乙可得電子的最小側(cè)移ymin＝t0＋vy1t0＝