2022年高考物理大二輪復習 專題三 電場和磁場 專題跟蹤訓練8 電場及帶電粒子在電場中的運動

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1、2022年高考物理大二輪復習 專題三 電場和磁場 專題跟蹤訓練8 電場及帶電粒子在電場中的運動 一、選擇題 1．(2018·廣州市高三畢業(yè)測試)如圖，有兩個等量異種點電荷置于正方體的兩個頂點上，正點電荷置于a點，負點電荷置于c點，則(　　) A．b、d、h、f點電勢相等 B．e、f、g、h點電勢相等 C．bd連線中點的場強為零 D．bd連線中點與fh連線中點的場強相同 [解析]　由等量異種點電荷的電場分布可知，ac連線的垂直等分面為等勢面，b、d、h、f點處于這個等勢面上，這四點電勢相等，選項A正確；e點電勢高于h點電勢，選項B錯誤；bd連線中點的場強不為零，選項C錯誤；bd

2、連線中點與fh連線中點的場強方向相同，但大小不相同，選項D錯誤． [答案]　A 2．(2018·福州市高三質檢)(多選)真空中，兩個固定點電荷A、B所帶電荷量分別為Q1和Q2.在它們共同形成的電場中，有一條電場線如圖中實線所示，實線上的箭頭表示電場線的方向，電場線上標出了C、D兩點，其中D點的切線與AB連線平行，O點為AB連線的中點，則(　　) A．A帶正電，B帶負電，且|Q1|>|Q2| B．O點電勢比D點電勢高 C．負檢驗電荷在C點的電勢能大于在D點的電勢能 D．在C點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，只在電場力作用下將沿電場線運動到D點 [解析]　根據(jù)電場線從正電荷出發(fā)終止

3、于負電荷可知，A帶正電，B帶負電，根據(jù)場強疊加原理，結合D點的場強方向水平，可知|Q1|>|Q2|，選項A正確；根據(jù)等勢面垂直于電場線、沿著電場線的方向電勢降低可知，O點電勢比D點電勢高，選項B正確；C點電勢高于D點電勢，根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ可知，負檢驗電荷在C點的電勢能小于在D點的電勢能，選項C錯誤；場強的方向為電場線上某一點的切線方向，正電荷受電場力的方向與該點的場強方向相同，因此在C點由靜止釋放的帶正電的檢驗電荷，不會沿電場線運動到D點，選項D錯誤． [答案]　AB 3．(2018·全國卷Ⅰ)(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢

4、為2 V．一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV.下列說法正確的是(　　) A．平面c上的電勢為零 B．該電子可能到達不了平面f C．該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eV D．該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍 [解析]　電子在等勢面b時的電勢能為E＝qφ＝－2 eV，電子由a到d的過程電場力做負功，電勢能增加6 eV，由于相鄰兩等勢面之間的距離相等，故相鄰兩等勢面之間的電勢差相等，則電子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f電勢能均增加2 eV，則電子在等勢面c的電勢能為零，等勢面c的電勢為零，A正確．由以上分析可知，電子在等勢面

5、d的電勢能應為2 eV，C錯誤．電子在等勢面b的動能為8 eV，電子在等勢面d的動能為4 eV，由公式Ek＝mv2可知，該電子經(jīng)過平面b時的速率為經(jīng)過平面d時速率的倍，D錯誤．如果電子的速度與等勢面不垂直，則電子在該勻強電場中做曲線運動，所以電子可能到達不了平面f就返回平面a，B正確． [答案]　AB 4．(2018·蘭州高三診斷)真空中正三角形ABC的三個頂點上分別放有電荷量相等、電性不同的點電荷，A、C兩點處為正點電荷，B點處為負點電荷，如圖所示．A處點電荷所受靜電力大小為F，則B、C兩處點電荷所受靜電力大小分別為(　　) A.F　F B.F　F C．2F　2F D．2

6、F　2F [解析]　由庫侖定律F＝可知，三個點電荷相互之間的庫侖力大小相等，則對A處點電荷受力分析如圖甲所示，由于FB＝FC，因此圖甲中的三角形應為正三角形，則FB＝FC＝F.對C處點電荷受力分析，同理可知C處點電荷所受的靜電力大小也為F.對B處點電荷受力分析如圖乙所示，由幾何關系可知F′與FA的夾角應為30°，則F′＝2FAcos30°＝F.故B正確． [答案]　B 5．(2018·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點．一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若

7、該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2.下列說法正確的是(　　) A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行 B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為 C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為 D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差 [解析]　由題意得，(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只能得出a、b兩點間和c、d兩點間的電勢關系，無法確定場強的方向，選項A錯誤；若c、d之間的距離為L，因無法確定場強的方向，故無法確定場強的大小，選項C錯誤；由于φM＝、φN＝、WMN＝q(φM－φN)，上述式子聯(lián)立求解得

8、粒子從M點移動到N點電場力做的功為WMN＝，所以B正確；若W1＝W2，有φa－φb＝φc－φd，變形可得φa－φc＝φb－φd，又φa－φM＝φa－＝，φb－φN＝φb－＝，所以φa－φM＝φb－φN，D正確． [答案]　BD 6．(2018·襄陽市高三統(tǒng)考)如圖所示，AC、BD為圓的兩條相互垂直的直徑，圓心為O，半徑為R，電荷量均為Q的正、負點電荷放在圓周上，它們的位置關于AC對稱，正點電荷所處位置與O點的連線和OC間夾角為60°.下列說法正確的是(　　) A．O點的電場強度大小為，方向由O指向D B．O點的電場強度大小為，方向由O指向D C．A、C兩點的電勢關系是φA<φC

9、 D．電荷量為q的正電荷在A點的電勢能大于在C點的電勢能 [解析]　根據(jù)點電荷的電場E＝k和電場疊加原理知，O點的場強大小E＝kcos30°＝，方向由O指向D，A錯誤，B正確；由等量異種點電荷的等勢線分布特點可知，兩點電荷連線的垂直平分線上的電勢均為零，即A、C兩點的電勢相等，C錯誤；A點與C點的電勢相等，故電荷量為q的正電荷在A點的電勢能等于在C點的電勢能，D錯誤． [答案]　B 7．一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地．兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如下圖甲所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極

10、板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，各物理量與負極板移動距離x的關系圖象中正確的是(　　) [解析]　電容器的電容C＝，兩板間距隨負極板向右平移而逐漸增大，但電容C與(d－x)成反比，A錯誤；電容器與電源斷開后，電荷量不變，根據(jù)E＝，U＝，C＝，可知E＝保持不變，B錯誤；負極板接地，電勢為零，P點的電勢φ等于P點到負極板的電勢差，即φ＝El，E不變，l減小，φ線性減小，C正確；由W＝qφ，可知W隨φ的變化而變化，即W隨l的變化而變化，D錯誤． [答案]　C 8. (多選)空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示，x軸上B、C點電場強度在x方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說法

11、中正確的有(　　) A．EBx的大小大于ECx的大小 B．EBx的方向沿x軸正方向 C．電荷在O點受到的電場力在x方向上的分量最大 D．負電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負功 [解析]　在B點和C點附近分別取很小的一段(d)，由圖象知B點段對應的電勢差大于C點段對應的電勢差，將此小段看作是勻強電場，再由E＝＝，可見EBx>ECx，A項正確；同理可知O點場強為零，電荷在該點受到的電場力為零，C項錯誤；因沿電場線方向電勢逐漸降低，則由圖可知在O點左側，電場方向在x方向上的分量沿x軸負方向，在O點右側，電場方向在x方向上的分量沿x軸正方向，則負電荷沿x軸從B移到C的過

12、程中，電場力先做正功，后做負功，所以B項錯誤，D項正確． [答案]　AD 9．(多選)制造納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行金屬板，如圖甲所示，加在A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k≥1)，電壓變化的周期為2T，如圖乙所示．在t＝0時，有一個質量為m、電荷量為e的電子以初速度v0垂直電場方向從兩極板正中間射入電場，在運動過程中未與極板相撞，且不考慮重力的作用，則下列說法中正確的是(　　) A．若k＝且電子恰好在2T時刻射出電場，則應滿足的條件是d≥ B．若k＝1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場，則其動能增加 C．若

13、k＝且電子恰好在2T時刻射出電場，則射出時的速度為 D．若k＝1，則電子在射出電場的過程中，沿電場方向的分速度方向始終不變 [解析]　豎直方向，電子在0～T時間內做勻加速運動，加速度的大小a1＝，位移x1＝a1T2，在T～2T時間內先做勻減速運動，后反向做勻加速運動，加速度的大小a2＝，初速度的大小v1＝a1T，勻減速運動階段的位移x2＝，由題知d≥x1＋x2，解得d≥ ，A正確；若k＝1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場，電場力做功為零，動能不變，B錯誤；若k＝且電子恰好在2T時刻射出電場，垂直電場方向速度為v0，射出時的速度為 ，C錯誤；若k＝1，電子在射出電場的過程中，沿電場方

14、向的分速度方向始終不變，D正確． [答案]　AD 二、非選擇題 10．(2018·石家莊高三質檢二)如圖所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為＋Q.現(xiàn)從A點將一質量為m、電荷量為－q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求： (1)小球運動到D點時對軌道的壓力； (2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量． [解析]　(1)小球在D點時有FN＋k－mg＝ 解得FN＝2mg－k 由牛頓第三定律得，小球在D點時對軌道的壓力大小為FN′＝2mg－k 方向豎直向

15、下 (2)小球從A運動到D，根據(jù)動能定理，有：mgr＋W電＝m()2－0 解得電場力做的功：W電＝－mgr 因為電場力做負功，則電勢能增加，ΔEp＝mgr [答案]　(1)2mg－k，方向豎直向下　(2)mgr 11．(2018·江蘇蘇北四市聯(lián)考)如圖甲所示，極板A、B間電壓為U0，極板C、D間距為d，熒光屏到C、D板右端的距離等于C、D板的板長．A板O處的放射源連續(xù)無初速地釋放質量為m、電荷量為＋q的粒子，經(jīng)電場加速后，沿極板C、D的中心線射向熒光屏(熒光屏足夠大且與中心線垂直)，當C、D板間未加電壓時，粒子通過兩板間的時間為t0；當C、D板間加上圖乙所示電壓(圖中電壓U1已知)時

16、，粒子均能從C、D兩板間飛出，不計粒子的重力及相互間的作用．求： (1)C、D板的長度L； (2)粒子從C、D板間飛出時垂直于極板方向偏移的最大距離； (3)粒子打在熒光屏上區(qū)域的長度． [解析]　(1)粒子在A、B板間有qU0＝mv 在C、D板間有L＝v0t0 解得：L＝t0 (2)粒子從nt0(n＝0、2、4…)時刻進入C、D板間，從C、D板間飛出時垂直于極板方向偏移距離最大 粒子做類平拋運動 偏移距離y＝at 加速度a＝ 得：y＝ (3)粒子從C、D板間飛出時垂直極板方向偏移距離最大時打在熒光屏上距中心線最遠 出C、D板時的偏轉角tanθ＝，vy＝at 打在熒光屏上距中心線最遠的距離s＝y(tǒng)＋Ltanθ 粒子打在熒光屏上區(qū)域的長度Δs＝s＝ [答案]　(1)t0　(2)　(3)