《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題整合突破三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第7講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)素能特訓(xùn)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題整合突破三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第7講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)素能特訓(xùn)（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題整合突破三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第7講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(chǎng)，電場(chǎng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，方向水平向右，運(yùn)動(dòng)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(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)大小關(guān)系為EA>EB、φA<φB B．若v2>v1，則電場(chǎng)力一定做正功 C．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為(v－v－

2、2gh) D．小球從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做的功為mv－mv 答案　C 解析　由電場(chǎng)線的疏密分布知EAφB，所以A錯(cuò)誤。從A運(yùn)動(dòng)到B對(duì)帶電小球應(yīng)用動(dòng)能定理得：mgh＋qUAB＝mv－mv，若v2>v1，電場(chǎng)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(zhǎng)線上。現(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(kāi)始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)(粒子只受電場(chǎng)力作用)，粒子經(jīng)過(guò)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(shuō)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(chǎng)強(qiáng)度一定為零 D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的電勢(shì)能先減小后增大 答案　C 解析　Q1帶負(fù)電，運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(chǎng)強(qiáng)度為零，故C正確。b點(diǎn)右側(cè)粒子又開(kāi)始加速，則b點(diǎn)右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左，則Q1>Q2，故B錯(cuò)誤。整個(gè)過(guò)程中，粒子的動(dòng)能由v-t圖知先變小后變大，因只有電場(chǎng)力做功，粒子的動(dòng)能與電勢(shì)能總和不變，則電勢(shì)能先增大后減小，故D錯(cuò)誤。 3．[xx·煙

4、臺(tái)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(shuō)法正確的是(　　) A．環(huán)心O處電場(chǎng)強(qiáng)度為零 B．沿x軸正方向從O點(diǎn)到無(wú)窮遠(yuǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越小 C．沿x軸正方向由M點(diǎn)到N點(diǎn)電勢(shì)越來(lái)越高 D．將一正試探電荷由M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電荷的電勢(shì)能增加 答案　A 解析　由對(duì)稱(chēng)性知，均勻帶電圓環(huán)環(huán)心O處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，A選項(xiàng)正確。因O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，無(wú)窮遠(yuǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度也為零，所以沿x軸正方向從O點(diǎn)到無(wú)窮遠(yuǎn)電場(chǎng)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(chǎng)線電勢(shì)降低，所以從M點(diǎn)到N點(diǎn)電勢(shì)越來(lái)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(shì)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(chǎng)的電場(chǎng)線如圖所示，其中一條方向豎直向下的電場(chǎng)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(chǎng)的分布)，從a點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，到b點(diǎn)時(shí)速度為。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．微粒從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中加速度一直增大 B．微粒從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中一定一直做加速運(yùn)動(dòng) 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(chǎng)線在a、b兩點(diǎn)間來(lái)回運(yùn)動(dòng) 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(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)的速度為 答案

6、　C 解析　帶電微粒受電場(chǎng)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(chǎng)線疏密知Eamg則微粒不一定從a運(yùn)動(dòng)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(guò)程據(jù)動(dòng)能定理得：mgh－qUab＝mv，把vb＝代入得電場(chǎng)力做功W1＝qUab＝mgh，當(dāng)微粒電荷量換成－2q時(shí)，從a運(yùn)動(dòng)到b電場(chǎng)力做功W2＝－2qUab＝mgh，由動(dòng)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(dòng)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(guó)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(cè)定了基元電荷的量值。其模型簡(jiǎn)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。現(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(dòng)一小段距離，油滴將向上運(yùn)動(dòng) 答案　C 解析　帶電油滴在電場(chǎng)中受重力與電場(chǎng)力處于靜止?fàn)顟B(tài)，故所受電場(chǎng)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(shì)差不變，N板下移，板間距離d增大，故場(chǎng)強(qiáng)減小，油滴所受電場(chǎng)力減小，故油滴將向下運(yùn)動(dòng)，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(shì)φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢(shì)為零，ND段中C點(diǎn)電勢(shì)最高，下列說(shuō)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(chǎng)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(chǎng)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(guò)程中，

9、電勢(shì)逐漸降低，且不對(duì)稱(chēng)，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(chǎng)強(qiáng)E的大小，C點(diǎn)是ND段的電勢(shì)最高點(diǎn)，該點(diǎn)切線水平，其斜率為0，故C點(diǎn)的電場(chǎng)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(shì)能先減小后增大，故電場(chǎng)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(yáng)二統(tǒng)]如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中的△PAB平面平行于電場(chǎng)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(dòng)到A點(diǎn)，電場(chǎng)力做功WPA＝1.6×10－8 J；將該粒子從P點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力

10、做功WPB＝3.2×10－8 J。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．直線PC為等勢(shì)線 B．直線AD為等勢(shì)線 C．若將該粒子從B點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn)，電場(chǎng)力做功WBA＝1.6×10－8 J D．若將該粒子從P點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為WPC＝2.4×10－8 J 答案　BD 解析　由電勢(shì)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(chǎng)，則UPD＝UPB，所以UPA＝UPD，則φA＝φD，AD為等勢(shì)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(chǎng)，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(duì)著并水平放置的兩平行金屬板連接在如圖電路中，板長(zhǎng)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(wú)窮大)，R為滑動(dòng)變阻器，R0為定值電阻。將滑片P置于滑動(dòng)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(dòng)的過(guò)程中與它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的過(guò)程中速度變化相同 B．板間電

12、場(chǎng)強(qiáng)度大小為 C．若僅將滑片P向下滑動(dòng)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(huì)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(huì)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(chǎng)中受到豎直向上的電場(chǎng)力，加速度方向向上，離開(kāi)電場(chǎng)后，加速度方向向下，故質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中與它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的過(guò)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(dòng)，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(dòng)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(chǎng)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(huì)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(chǎng)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(huì)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(xiě)出規(guī)范的解題步驟) 9. [xx·課標(biāo)全國(guó)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)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(chǎng)方向的夾角為60°；

14、它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為30°。不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)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(chǎng)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(shì)差為UAB，由動(dòng)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(guò)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(guò)(不計(jì)重力)。 求這些電子穿過(guò)平行板時(shí)距OO′的最大距離和最小距離。 答案　　 解析　以電場(chǎng)力的方向?yàn)檎较颍?huà)出電子在t＝0、t＝t0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)后，沿電場(chǎng)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(chǎng)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＝