【高考復(fù)習(xí)指導(dǎo)】2022屆高三物理二輪復(fù)習(xí)限時規(guī)范訓(xùn)練-專題七-電場及帶電體在電場中的運動

專題七電場及帶電體在電場中的運動限時規(guī)范訓(xùn)練[單獨成冊](時間：45分鐘)1.(2022·高考北京卷)如圖所示，實線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面．下列推斷正確的是()A．1、2兩點的場強相等B．1、3兩點的場強相等C．1、2兩點的電勢相等D．2、3兩點的電勢相等解析：選D.本題考查電場線與等勢面的特點．依據(jù)電場線的疏密程度推斷場強，電場線越密，場強越強，則E1>E2，E1>E3，所以選項A、B錯；同一等勢面上的電勢是相等的，選項D正確．2.(2021·高考新課標(biāo)全國卷Ⅰ)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等．則()A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM＞φQB．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM＞φNC．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功

解析：選B.由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為M→N，故選項B正確、選項A錯誤．M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點，電場力不做功，故選項C錯誤．電子由P點運動到Q點，電場力做正功，故選項D錯誤．3.(2021·湖南郴州三模)如圖所示是一對等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷P、Q連線長度為r，M點、N點到兩點電荷P、Q的距離都為r，S點到點電荷Q的距離也為r，由此可知()A．M點的電場強度為2keq\f(q,r2)B．M、N、S三點的電勢可能相等C．把同一摸索電荷放在M點，其所受電場力等于放在S點所受的電場力D．沿圖中虛線，將一摸索電荷從N點移到M點，電場力肯定不做功解析：選D.點電荷P、Q在M點產(chǎn)生的電場強度大小均為E＝keq\f(q,r2)，這兩個點電荷在M點形成的合場強的大小為E′＝2keq\f(q,r2)·cos60°＝keq\f(q,r2)，方向水平向左，A錯誤；S點的電勢大于零，而M點、N點的電勢為零，B錯誤；由于兩點電荷在S點產(chǎn)生的場強方向水平向右，因此同一摸索電荷在S點、M點時所受的電場力方向不同，C錯誤；由于M、N所在直線為零勢能線，摸索電荷從N點移到M點，電場力不做功，D正確．4.如圖所示，虛線為某電場中的三個等差等勢面1、2、3，實線表示某帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，則下列說法中正確的是()A．等勢面1的電勢最高B．粒子在a點的加速度大小大于在b點的加速度大小C．粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能D．粒子在a點的速度大小大于在b點的速度大小解析：選D.因不清楚粒子的運動方向和粒子的電性，雖然由做曲線運動的條件知粒子受到指向凹側(cè)的作用力，但電場線的方向仍不能確定，故等勢面電勢凹凸關(guān)系亦不能確定，A錯；等差等勢面的疏密程度可表示電場強度的大小，Ea＜Eb，由牛頓其次定律知粒子在a點的加速度大小小于在b點的加速度大小，B錯；由圖知若粒子由a向b運動，其位移方向與其所受電場力方向成鈍角，電場力做負功，電勢能增加，動能減小，若粒子由b向a運動，其位移方向與其所受電場力方向成銳角，電場力做正功，電勢能減小，動能增加，即不論粒子的運動方向和電性如何，粒子在a點的電勢能小于在b點的電勢能，在a點的動能大于在b點的動能，所以粒子在a點的速度大小大于在b點的速度大小，C錯、D對．5．(多選)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷()A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大C．由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大解析：選BC.由題圖可知，x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確、D錯誤．由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，A錯誤、B正確．6.(2022·高考天津卷)如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽視，平行板電容器C的極板水平放置，閉合電鍵S，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動．假如僅轉(zhuǎn)變下列某一個條件，油滴仍能靜止不動的是()A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大兩板間的距離 D．?dāng)嚅_電鍵S解析：選B.依據(jù)閉合電路歐姆定律分析電容器兩板間的電壓如何變化，進而分析帶電油滴的運動狀況．A．增大R1的阻值，穩(wěn)定后電容器兩板間的電壓上升，帶電油滴所受電場力增大，將向上運動，A錯誤．B．電路穩(wěn)定后，電容器相當(dāng)于斷路，無電流通過電阻R2，故R2兩端無電壓，所以，增大R2的阻值，電容器兩板間的電壓不變，帶電油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，B正確．C．增大兩板間的距離，兩板間的電壓不變，電場強度減小，帶電油滴所受電場力減小，將向下運動，C錯誤．D．?dāng)嚅_電鍵S后，兩極間的電勢差為零，帶電油滴只受重力作用，將向下運動，D錯誤．7.(2021·高考江蘇卷)(多選)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球()A．做直線運動B．做曲線運動C．速領(lǐng)先減小后增大D．速領(lǐng)先增大后減小解析：選BC.小球運動時受重力和電場力的作用，合力F方向與初速度v0方向不在一條直線上，小球做曲線運動，選項A錯誤、選項B正確．將初速度v0分解為垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，依據(jù)運動與力的關(guān)系，v1的大小不變，v2先減小后反向增大，因此小球的速領(lǐng)先減小后增大，選項C正確、選項D錯誤．8.(2021·高考四川卷)(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a()A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，速領(lǐng)先增大后減小C．從N到Q的過程中，電勢能始終增加D．從P到Q的過程中，動能削減量小于電勢能增加量解析：選BC.小球a從N點釋放始終到達Q點的過程中，a、b兩球的距離始終減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90°始終減小，故合力變大，選項A錯誤；小球a從N到P的過程中，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90°到大于90°，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負功，a球速領(lǐng)先增大后減小，選項B正確；小球a由N到Q的過程中庫侖力始終做負功，電勢能始終增加，選項C正確；小球a從P到Q的過程中，削減的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和，故動能的削減量大于電勢能的增加量，則選項D錯誤．9．(2021·山西四校第三次聯(lián)考)(多選)質(zhì)量為m的帶電小球由空中某點A無初速度地自由下落，在t秒末加上豎直方向且范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點．整個過程中不計空氣阻力且小球未落地，則()A．勻強電場方向豎直向上B．從加電場開頭到小球運動到最低點的過程中，小球動能削減了mg2t2C．整個過程中小球電勢能削減了2mg2t2D．從A點到最低點的過程中，小球重力勢能削減了eq\f(2,3)mg2t2解析：選CD.由題意，小球所受電場力方向是豎直向上，由于小球的電性未知，因此無法推斷勻強電場的方向，A錯誤；從加電場開頭到小球運動到最低點的過程中，小球動能削減量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(1,2)m(gt)2＝eq\f(1,2)mg2t2，故B錯誤；加上電場后，小球做勻減速直線運動，設(shè)所加場強為E，加速度為a，依據(jù)加電場前后的位移大小相等知，eq\f(1,2)gt2＝－(vt－eq\f(1,2)at2)，又v＝gt，聯(lián)立得a＝3g，由牛頓其次定律知，Eq－mg＝ma，解得Eq＝4mg，故整個過程中電場力做功W＝Eq·eq\f(1,2)gt2＝2mg2t2，小球電勢能削減了2mg2t2，C正確；設(shè)從A點到最低點的高度為h，由動能定理知mgh－Eq(h－eq\f(1,2)gt2)＝0，解得h＝eq\f(2,3)gt2，則小球重力做功WG＝mgh＝eq\f(2,3)mg2t2，D正確．10．(2022·湖南師大附中質(zhì)檢)(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為Ek0.已知t＝0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場．則()A．全部粒子都不會打到兩極板上B．全部粒子最終都垂直電場方向射出電場C．運動過程中全部粒子的最大動能不行能超過2Ek0D．只有t＝neq\f(T,2)(n＝0,1,2…)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場解析：選ABC.由t＝0時刻射入的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場可知，粒子射出電場的時間間隔為周期T的整數(shù)倍，此時粒子的偏轉(zhuǎn)位移最大，則A對；粒子在電場中在豎直方向勻加速運動與勻減速運動是對稱性的，最終均垂直電場方向射出，則B對、D錯；粒子在電場中運動到動能最大位置時，粒子水平位移為eq\f(L,2)，豎直位移為eq\f(L,4)，由v0t＝eq\f(L,2)，eq\f(0＋vy,2)t＝eq\f(L,4)可得vy＝v0，則有最大動能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝2Ek0，C對．11.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37°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，sin37°＝0.6，cos37°＝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(yīng)為多少？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＝eq\f(qE,m)t，OB＝eq\f(vx,2)t，vB＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,x))在B點有tan37°＝eq\f(v0,vx)，即vx＝eq\f(4,3)v0聯(lián)立得E＝eq\f(4mv\o\al(2,0),3qL)，OB＝eq\f(2,3)L，vB＝eq\f(5,3)v0.(2)粒子從B到C做勻速直線運動，由題意知BC＝vBt＝eq\f(5,3)L所以接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離s＝OB＋BC·cos37°＝2L(3)若粒子變?yōu)橐旱?，設(shè)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＋eq\f(1,2)gt2，代入t值得v＝v0－eq\f(gL,2v0).答案：(1)eq\f(4mv\o\al(2,0),3qL)(2)2L(3)v0－eq\f(gL,2v0)12．(2021·陜西二模)如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢高300V．一帶正電的粒子電荷量為q＝1.0×10－10C，質(zhì)量為m＝1.0×10－20kg，以初速度v0＝2.0×106m/s沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場；粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域；然后進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右側(cè)點電荷的電場分布不受界面的影響)，粒子穿過界面PS后做勻速圓周運動，最終垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上．已知兩界面MN、PS相距L′＝12cm，D是中心線RO與界面PS的交點，O點在中心線上，距離界面PS為9cm.(靜電力常量k＝9.0×109N·m2(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離多遠？到達PS界面時離D點多遠？(2)垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc的位置離D點多遠？(3)確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大?。馕觯?1)由題意可知水平方向L＝v0t粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離(側(cè)向位移)y＝eq\f(1,2)at2因qeq\f(U,d)＝ma，則a＝eq\f(qU,md)則y＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)·(eq\f(L,v0))2＝0.03m＝3cm粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PS交于E，設(shè)E到中心線的距離為Y，粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，如圖，則水平速度vx＝v0＝2.0×106豎直速度vy＝at＝1.5×106故ta