《【名師伴你行】高考二輪復(fù)習(xí)物理第二部分 考前保溫訓(xùn)練4 電場和帶電粒子在電場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【名師伴你行】高考二輪復(fù)習(xí)物理第二部分 考前保溫訓(xùn)練4 電場和帶電粒子在電場中的運動（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考前保溫訓(xùn)練(四)電場和帶電粒子在電場中的運動(限時30分鐘)1如圖所示，電荷量為q和q的點電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內(nèi)電場強度為零的點有()A體中心、各面中心和各邊中點B體中心和各邊中點C各面中心和各邊中點D體中心和各面中心答案：D解析：根據(jù)點電荷場強公式E及正方體的對稱性可知正方體內(nèi)中心點及各面的中心點處場強為零，故答案為D.2(多選)關(guān)于靜電場的電場強度和電勢，下列說法正確的是()A電場強度的方向處處與等電勢面垂直B電場強度為零的地方，電勢也為零C隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低D任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向答案：AD解析：電場中場強為零的位置是絕對

2、的，而電勢為零的位置是人為選取的；再者場強的大小表征著電勢隨空間的變化率，而與電勢的大小無關(guān)，故B錯誤由沿電場線方向電勢降低，可知電勢的升降取決于場強的方向而與場強的大小無關(guān)，故C錯誤3(多選)如圖所示，豎直放置的平行板電容器的極板A與靜電計G相連，極板B與靜電計G的金屬外殼均接地，閉合開關(guān)S給電容器充電后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使指針張角增大的是()A保持S閉合，使A、B兩板靠近一些B保持S閉合，使A、B兩板正對面積錯開一些C斷開S后，使B板向右平移拉開一些D斷開S后，使A、B正對面積錯開一些答案：CD解析：題圖中靜電計的金屬球接電源正極，外殼和極板B均接地，靜電計顯示的是A、B

3、兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高保持S閉合，則A、B兩極與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓不變，靜電計指針張角不變，A、B兩項都不正確；斷開S后，板間距離增大，正對面積減小，都將使A、B兩板間的電容變小，而電容器電荷量不變，由C可知，板間電壓U增大，從而靜電計指針張角增大，C、D正確4(多選)如圖所示，A、B是帶有同種電荷的兩小球(可視為質(zhì)點)，兩球所帶電荷量不等，A球用輕細(xì)線懸掛于O點，B球被固定在O點正下方的B點，A球在力的作用下，偏離B球d1的距離靜止(即圖中A、B兩球間的距離為d1)隨著時間的推移，兩球均出現(xiàn)漏電現(xiàn)象，A、B兩球的帶電荷量分別變?yōu)樵瓉淼暮?，A、B兩球

4、間的距離變?yōu)閐2，則d1d2為()A23 B32C23 D32答案：B解析：對A球進(jìn)行受力分析如圖所示，設(shè)A球的重力為G，漏電前后A、B的帶電荷量分別為QA、QB，QA、QB，A、B兩球間的作用力分別為F、F，則有QAQA，QBQB，F(xiàn)k，F(xiàn)k，式中k為靜電力常量；設(shè)O、B兩點間的距離為L1，由相似三角形法有，即，聯(lián)立解得d1d232.故選B.5(多選)如圖所示，在兩等量異種點電荷連線上有c、O、f三點，虛線M、L、K是分別過c、O、f三點的等差等勢面，一不計重力帶負(fù)電粒子從a點射入電場，只在電場力作用下沿abcde運動，軌跡如圖中實線所示，下列說法中正確是()A電勢KLMB場強EaEbCa點

5、與e點的場強大小相等，方向相同D粒子在c點的電勢能大于在e點的電勢能答案：BD解析：根據(jù)曲線運動的特點，軌跡向合外力的方向彎曲，可知粒子在c點受到向左的力，由于粒子帶負(fù)電，可知c點的電場線方向向右，可知選項A錯誤；等勢面的疏密表示電場的強弱，故EaacOBOabcC將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做功大于eE0dD將質(zhì)子從a點移到c點，質(zhì)子的電勢能增加答案：BC解析：在Ex圖象中，圖象與x軸所圍面積表示電勢差，由圖可以看出x軸上Oc段與圖線所圍面積大于ac段與圖線所圍面積，ac段與圖線所圍面積大于bc段與圖線所圍面積，即UOcUacUbc0，所以O(shè)abc，故B正確，A錯誤；ac段與圖線所圍面積大于

6、E0d，即UacE0d，所以將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做功大于eE0d，故C正確；將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做正功，質(zhì)子的電勢能減少，D錯誤7如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強電場，其中坐標(biāo)原點O處的電勢為0 V，點A處的電勢為6 V，點B處的電勢為3 V，則電場強度的大小為()A200 V/m B200 V/mC100 V/m D100 V/m答案：A解析：設(shè)OA中點為C，由可得C點的電勢C3 V，CB，即B、C在同一等勢面上，如圖，由電場線與等勢面的關(guān)系和幾何關(guān)系知：d 1.5 cm.則E V/m200 V/m，A正確8(多選)如圖所示，電場強度方向水平向右的勻強

7、電場中有a、b、c三點，三點的連線恰好組成一個邊長為l的正三角形一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(重力不計)以速度v0從a點射入電場，入射方向與b、c兩點的連線垂直，一段時間后帶電小球經(jīng)過c點則下列判斷正確的是()A帶電小球從a點運動到c點的時間為B該勻強電場的電場強度大小為C帶電小球到達(dá)c點時的動能為mvDb、c兩點之間的電勢差為答案：AB解析：在豎直方向上小球做勻速直線運動，當(dāng)小球運動到c點時，由運動學(xué)規(guī)律可得t，選項A正確；小球在水平方向上運動的距離為，由運動學(xué)規(guī)律有，代入數(shù)據(jù)可解得E，選項B正確；由動能定理可得EkcqEmvmv，選項C錯誤；由電勢差公式可知UbcEl，選項D錯誤9如

8、圖所示，兩平行金屬板之間有一勻強電場，金屬板長為L，一帶電粒子以速度v0垂直于場強方向沿上極板邊緣射入勻強電場，剛好貼下極板邊緣飛出，如果帶電粒子以某一垂直于場強方向的初速度v1沿上極板邊緣射入電場并能從其中射出，當(dāng)它的豎直位移等于板間距d時，它的水平射程為2L(軌跡未畫出)則粒子進(jìn)入電場的初速度v1等于()Av0 B.v0C.v0 D2v0答案：C解析：設(shè)粒子在電場中的加速度為a.第一次，粒子恰好從下極板的邊緣飛出，粒子做類平拋運動，有Lv0t，dat2，解得v0L.第二次，設(shè)粒子飛出電場時的豎直位移為y1，所用時間為t1，飛出電場后的豎直位移為y2，所用時間為t2，則y1at，Lv1t1，

9、y2at1t2，Lv1t2，解得v1Lv0，故C正確10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(q0)的粒子從y軸上的A點以初速度v0沿y軸負(fù)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，sin 370.6，cos 370.8.(1)求勻強電場的電場強度E的大小；(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？答案：(1)(2

10、)2L(3)v0解析：(1)粒子從A到B做類平拋運動，由類平拋規(guī)律知Lv0t，vxt，OBt，vB在B點有tan 37，即vxv0聯(lián)立得E，OBL，vBv0.(2)粒子從B到C做勻速直線運動，由題意知BCvBtL所以接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離sOBBCcos 372L.(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Lvtgt2，代入t值得vv0.11如圖所示，區(qū)域內(nèi)有電場強度為E、方向豎直向上的勻強電場；區(qū)域中有一光滑絕緣圓弧軌道，軌道半徑為R，軌道在A點的切線與水平方

11、向成60角，在B點的切線與豎直線CD垂直；在區(qū)域內(nèi)有一寬為d的有界勻強電場，電場強度大小未知，方向水平向右一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球(可看成質(zhì)點)從左邊界的O點正上方的M點以速度v0水平射入?yún)^(qū)域，恰好從A點沿圓弧軌道切線進(jìn)入軌道且恰好不能從電場右邊界穿出，求：(1)OM的長L；(2)區(qū)域中電場強度的大小E；(3)小球到達(dá)區(qū)域中電場的右邊界上的點與OO的距離s.答案：(1)(2)(3)解析：(1)小球在區(qū)域中做類平拋運動，設(shè)小球在A點時的速度為vA，豎直分速度為vy，則有cos 60，即vA2v0tan 60，即vyv0由牛頓第二定律知a由v2aL知L.(2)在區(qū)域中，由圖可知BC所以從A點到B點，由動能定理得mgmvmv得vB3v0在區(qū)域中，小球在水平方向上做勻減速運動，到達(dá)右邊界時水平速度剛好減為零，由運動學(xué)規(guī)律知v2d，得E.(3)vBt，所以t小球在豎直方向上做自由落體運動，即hgt2所以小球到達(dá)右邊界上的點與OO的距離sBCh.