《高中物理二輪專題復習課時跟蹤訓練：9 電場及帶電粒子在電場中的運動 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中物理二輪專題復習課時跟蹤訓練：9 電場及帶電粒子在電場中的運動 Word版含解析（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課時跟蹤訓練(九)一、選擇題(15題為單項選擇題，610題為多項選擇題)1(2018濟寧市高三第二次模擬)如圖所示的四條實線是電場線，它們相交于點電荷O，虛線是只在電場力作用下某粒子的運動軌跡，A、B、C、D分別是四條電場線上的點，則下列說法正確的是()AO點一定有一個正點電荷BB點電勢一定大于C點電勢C該粒子在A點的動能一定大于D點的動能D將該粒子在B點由靜止釋放，它一定沿電場線運動C沒有畫出電場線的方向，所以O點可能是正電荷，也可能是負電荷，故A錯誤；由于不知道電場線的方向，所以無法判斷B、C兩點電勢的高低，故B錯誤；由于做曲線運動的物體受力的方向指向曲線的內側，可知該粒子在該電場中受到的

2、電場力沿電場線向下，故從A到D電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，則粒子在A點的動能較大，故C正確；電場中的帶電粒子受力的方向沿電場線的切線方向，由于B點所在電場線為曲線，所以將該粒子在B點由靜止釋放，它一定不能沿電場線運動，故D錯誤故選C.2(2018寧夏銀川一中高三質檢(二)如圖所示，在勻強電場中，場強方向沿abc所在平面平行，acbc，abc60， ac0.2 m一個電量q1105C的正電荷從a移到b，電場力做功為零；同樣的電荷從a移c，電場力做功為1108J.則該勻強電揚的場強大小和方向分別為()A500 V/m、沿ab由a指向bB500 V/m、垂直ab向上C1000 V/m、垂直a

3、b向上D1000 V/m、沿ac由a指向cC正電荷從a移到b，電場力做功為零，則由電場力做功的特點可知，ab兩點電勢相等，故ab應為等勢線；因電場線與等勢面相互垂直，故過c做ab的垂線，一定是電場線；正電荷從a到c過程，由WUq可知，ac兩點的電勢差UacV100 V，即a點電勢高于c點的電勢，故電場線垂直于ab向上；ac間沿電場線的距離daccos 60 0.20.5 m0.1 m，由E可知：電場強度E V/m1000 V/m，方向垂直ab向上；故C正確，A、B、D錯誤；故選C.3(2018山東省濰坊市高三二模)如圖甲所示，平行金屬板A、B正對豎直放置，CD為兩板中線上的兩點A、B板間不加電

4、壓時，一帶電小球從C點無初速釋放，經時間T到達D點，此時速度為v0.在A、B兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t0帶電小球仍從C點無初速釋放，小球運動過程中未接觸極板，則tT時，小球()A在D點上方B恰好到達D點C速度大于vD速度小于vB小球僅受重力作用時從C到D做自由落體運動，由速度公式得v0gT，現加水平方向的周期性變化的電場，由運動的獨立性知豎直方向還是做勻加速直線運動，水平方向0沿電場力方向做勻加速直線運動，做勻減速直線運動剛好水平速度減為零，做反向的勻加速直線運動，T做反向的勻減速直線運動水平速度由對稱性減為零，故tT時合速度為v0，水平位移為零，則剛好到達D點，故選B.4(2018山

5、東省淄博市高三三模) 已知一個無限大的金屬板與一個點電荷之間的空間電場分布與等量異種電荷之間的電場分布類似，即金屬板表面各處的電場強度方向與板面垂直如圖所示MN為無限大的不帶電的金屬平板，且與大地連接現將一個電荷量為Q的正點電荷置于板的右側，圖中a、b、c、d是以正點電荷Q為圓心的圓上的四個點，四點的連線構成一內接正方形，其中ab連線與金屬板垂直則下列說法正確的是()Ab點電場強度與c點電場強度相同Ba點電場強度與b點電場強度大小相等Ca點電勢等于d點電勢D將一試探電荷從a點沿直線ad移到d點的過程中，試探電荷電勢能始終保持不變C畫出電場線如圖所示：A.根據對稱性可知，b點電場強度與c點電場強

6、度大小相同，方向不同，故A錯誤；B.電場線密集的地方電場強度大，從圖像上可以看出a點電場強度大于b點電場強度，故B錯誤；C.根據對稱性并結合電場線的分布可知a點電勢等于d點電勢，故C正確；D.由于試探電荷先靠近正電荷后遠離正電荷，所以電場力在這個過程中做功，當總功為零，所以試探電荷電勢能不是始終保持不變，故D錯誤；故選C.5(2018河北衡水中學信息卷)如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC的三個頂點上分別固定一個點電荷，所帶電荷量依次為q、q和q. D點和M點分別為AB邊和AC邊的中點，N點為三角形的中心，靜電力常量為k.在該電場中，下列說法正確的是()AD點的電場強度大小為k，方向為從N指向

7、DBN點的電場強度大小為9k，方向為從N指向CCD點的電勢高于N點的電勢D若取無窮遠處電勢為0，則M點的電勢M為0CA、B兩點處的點電荷在D點的電場強度的矢量和為0，C點處的點電荷在D點處的電場強度為E，方向為從D指向N，A錯誤；三個點電荷在N點的電場強度大小均為3k，其中兩個正點電荷的電場強度矢量合成后大小為3k，方向為從N指向C，與負點電荷電場強度合成，N點的電場強度大小為6k，方向為從N指向C，B錯誤；CD連線上電場強度方向由D指向C，可知DN，C正確；若無窮遠電勢為0，則A、C兩點處的等量異種點電荷在M點的電勢為0，B處的正點電荷在M點的電勢大于0，故M0，D錯誤6(2018山東省臨沂

8、市高三三模)如圖所示，某條電場線上有a、b、c三點，其中b為ac的中點，已知a、c兩點的電勢分別為a10 V，C4 V，若將一點電荷從c點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿著電場線向a點做加速度逐漸增大的加速運動，則下列判斷正確的是()A該點電荷帶負電B電場在b點處的電勢為7 VCa、b、c三點c點處的場強最小D該電荷從c點運動到b點電場力做的功比從b點運動到a點電場力做的功多ACA項：點電荷從c靜止釋放向左運動，電場線方向向右，所以點電荷帶負電，故A正確；B項：由點電荷從c到a做加速度增大的加速運動，說明從c到a電場強度增大，即cb段平均場強小于ab段的平均強度，根據公式Ud，可知電場在b點處的

9、電勢小于7 V，故B錯誤；C項：由點電荷從c到a做加速度增大的加速運動，說明從c到a電場強度增大，a、b、c三點c點處的場強最小，故C正確；D項：由C分析可知，從c到a電場強度增大，即電場力增大，abbc，根據WFx可知，在cb段的電場力小于ab段的電場力，所以該電荷從c點運動到b點電場力做的功比從b點運動到a點電場力做的功少，故D錯誤7(2018吉林省長春市高考模擬檢測理科綜合能力測試)如圖，電路中A、B、C、D是完全相同的金屬極板，P是AB板間的一點，在CD板間插有一塊有機玻璃板閉合開關，電路穩(wěn)定后將開關斷開現將CD板間的玻璃板抽出，下列說法正確的是()A金屬板CD構成電容器的電容減小BP

10、點電勢降低C玻璃板抽出過程中，電阻R中有向右的電流D. A、B兩板間的電場強度減小ACA.根據C，將CD板間的玻璃板抽出，電介質r減小，其它條件不變，則金屬板CD構成電容器的電容減小，故A正確；BCD.當閉合開關，電路穩(wěn)定后將開關斷開，極板總電荷量不變，金屬板CD構成電容器的電容減小，由U可知極板CD電勢差變大，極板AB電勢差變大，由E可知極板AB間的場強變大，導致P點與B板的電勢差變大，因B板接地，電勢為零，即P點電勢升高，因此電容器CD處于放電狀態(tài)，電容器AB處于充電狀態(tài)，電阻R中有向右的電流，故C正確，BD錯誤；故選AC.8(2018山東省青島市高考模擬檢測理科綜合能力測試)通常把電荷在

11、離場源電荷無限遠處的電勢能規(guī)定為零，已知試探電荷q在場源電荷Q的電場中具所有電勢能表達式為Er(式中k為靜電力常量，r為試探電荷與場源電荷間的距離)真空中有兩個點電荷Q1、Q2分別固定在x坐標軸的x0和x6 cm的位置上x軸上各點的電勢隨x的變化關系如圖所示A、B是圖線與x的交點，A點的x坐標是4.8 cm，圖線上C點的切線水平下列說法正確的是()A電荷Q1、Q2的電性相反 B電荷Q1、Q2的電量之比為14CB點的x坐標是8 cmDC點的x坐標是12 cmACDA.電勢隨x的變化關系圖象的斜率E，所以C點電場為0，根據電場疊加原理可知電荷Q1、Q2的電性相反，故A正確；B.根據可知，A0，解得

12、Q1|Q2|41，故B錯誤；C.根據可知，B0，解得B點的坐標是8 cm，故C正確；D.由E知，Ec0解得C點的坐標是x212 cm，故D正確；故選ACD.9(2018陜西西北工大附中高三模擬)如圖所示，水平面內的等邊三角形ABC的邊長為L，兩個等量異種點電荷Q和Q分別固定于A、B兩點光滑絕緣直導軌CD的上端點D位于到A、B中點的正上方，且與A、B兩點的距離均為L.在D處質量為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()AD點的場強大小為B小球到達CD中點時，其加速度為零C小球剛到達C點時，其動能

13、為mgLD小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先增大后減小AC根據點電荷產生的電場的性質可知，負電荷在D處的電場強度沿DB方向，正電荷在D處的電場強度沿AD方向，兩個點電荷的電量是相等的，所以兩個點電荷在D點的電場強度的大小相等，則它們的合場強的方向沿AD、DB的角平分線；由庫侖定律得，A、B在D點的場強的大?。篍AEk，則D點的場強：EDEAcos 60EBcos 60k，故A正確；當小球到達CD中點時，小球受重力、支持力、正電荷的排斥力、負電荷的吸引力，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；

14、由于C與D到A、B的距離都等于L，結合等量異種點電荷的電場特點可知，C點與D點在同一等勢面上，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：mgmv2，又幾何關系可知：Lsin 60L. 小球的動能Ekmv2mgL，故C正確，D錯誤故選AC.10(2018山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學期質檢)如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一個平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢與坐標x的關系用圖中曲線表示，圖中斜線為該曲線過點(0.15,3) 的切線現有一質量為0.20 kg，電荷量為2.0108C的滑塊P(可視作質點)，從x0.10 m處由靜止釋放，其與水平面

15、的動摩擦因數為0.02.取重力加速度g10 m/s2.則下列說法正確的是 ()A滑塊運動的加速度先逐漸減小后逐漸增大Bx0.15 m處滑塊運動的動能最大1.0103JC滑塊運動過程中電勢能先減小后增大D滑塊運動過程中克服摩擦力做功8.0103JAB電勢與位移x圖線的斜率表示電場強度，則x0.15 m處的場強E V/m2106V/m，此時的電場力FqE21082106N0.04 N，滑動摩擦力大小fmg0.022 N0.04 N，在x0.15 m前，電場力大于摩擦力，做加速運動，加速度逐漸減小，x0.15 m后電場力小于摩擦力，做減速運動，加速度逐漸增大，故A正確，在x0.15 m時，電場力等于

16、摩擦力，速度最大，根據動能定理得，EkmqUfx，因為0.10 m和0.15 m處的電勢差大約為1.5105V，代入求解，最大動能為1.0103J.故B正確滑塊運動過程中因電勢一直降低，可知電勢能一直減小，選項C錯誤；若滑塊運動過程中克服摩擦力做功8.0103J，則移動的距離為x m0.2 m，此時滑塊從x0.1 m的位置運動到0.3 m的位置，電勢能的變化為Ep(41.5)1052.0108J5103J，即電場力做功小于克服摩擦力做功，此時滑塊的速度不為零，將繼續(xù)運動一段距離停下，故滑塊運動過程中克服摩擦力做功大于8.0103J，選項D錯誤；故選AB.二、非選擇題11(2018四川省瀘州市高

17、三模擬)如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PS下方的電場E1的場強方向豎直向上，PS上方的電場E2的場強方向豎直向下，在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內，連續(xù)分布著電量為q、質量為m的粒子從某時刻起由Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場E1中，若從Q點射入的粒子，通過PS上的某點R進入勻強電場E2后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若MS兩點的距離為.不計粒子的重力及它們間的相互作用試求：(1)電場強度E1與E2的大?。?2)在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直于CD邊水平射出，這

18、些入射點到P點的距離有什么規(guī)律？解析(1)設粒子由Q到R及R到M點的時間分別為t1與t2，到達R時豎直速度為vy，則由yat2、vyat及FqEma得：La1t ta2t tvyt1t2v0(t1t2)2L聯(lián)立解得：E1，E2.(2)由(1)知E22E1，t12t2.因沿PS方向所有粒子做勻速運動，所以它們到達CD邊的時間同為t.設PQ間距離P點為h的粒子射入電場后，經過n(n2,3,4，)個類似于QRM的循環(huán)運動(包括粒子從電場E2穿過PS進入電場E1的運動)后，恰好垂直于CD邊水平射出，則它的速度第一次變?yōu)樗剿脮r間為T(n2,3,4，)，第一次到達PS邊的時間則為T，則有h(T)2(n

19、2,3,4，)答案(1)(2)(n2,3,4，)12(2018遼寧省大連市高考模擬檢測)豎直平面內存在著如圖甲所示管道，虛線左側管道水平，虛線右側管道是半徑R1 m的半圓形，管道截面是不閉合的圓，管道半圓形部分處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E4103 V/m.小球a、b、c的半徑略小于管道內徑，b、c球用長Lm的絕緣細輕桿連接，開始時c靜止于管道水平部分右端P點處，在M點處的a球在水平推力F的作用下由靜止向右運動，當F減到零時恰好與b發(fā)生了彈性碰撞，Ft的變化圖象如圖乙所示，且滿足F2t2.已知三個小球均可看做質點且ma0.25 kg，mb0.2 kg，mc0.05 kg，小球c帶q510

20、4C的正電荷，其他小球不帶電，不計一切摩擦，g10 m/s2，求(1)小球a與b發(fā)生碰撞時的速度v0；(2)小球c運動到Q點時的速度v；(3)從小球c開始運動到速度減為零的過程中，小球c電勢能的增加量解析對小球a，由動量定理可得小球a與b發(fā)生碰撞時的速度；小球a與小球b、c組成的系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞由動量守恒和機械能守恒可列式，小球c運動到Q點時，小球b恰好運動到P點，由動能定理可得小球c運動到Q點時的速度；由于b、c兩球轉動的角速度和半徑都相同，故兩球的線速度大小始終相等，從c球運動到Q點到減速到零的過程列能量守恒可得：(1)由題意可知，F圖象所圍的圖形為四分之一圓弧，面積為拉力F的沖量，由圓方

21、程可知S1 m2代入數據可得：v04 m/s(2)小球a與小球b、c組成的系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒可得mav0mav1(mbmc)v2由機械能守恒可得mavmav(mbmc)v解得v10，v24 m/s小球c運動到Q點時，小球b恰好運動到P點，由動能定理mcgRqER(mbmc)v2(mbmc)v代入數據可得v2m/s(3)由于b、c兩球轉動的角速度和半徑都相同，故兩球的線速度大小始終相等，假設當兩球速度減到零時，設b球與O點連線與豎直方向的夾角為從c球運動到Q點到減速到零的過程列能量守恒可得：mbgR(1cos )mcgRsin (mbmc)v2qERsin 解得sin 0.6，37因此小球c電勢能的增加量：EpqER(1sin )3.2 J 答案(1)v04 m/s(2) v2 m/s(3)EP3.2 J