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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場和磁場 第7講 電場及帶電粒子在電場中的運動素能特訓(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，電場線分布如圖所示。一個質(zhì)量為m、電量為q，電性未知的小球在該電場中運動，小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1，方向水平向右，運動至B點時的速度大小為v2。若A、B兩點之間的高度差為h，則以下判斷中正確的是(　　) A.A、B兩點的電場強(qiáng)度和電勢大小關(guān)系為EA>EB、φA<φB B．若v2>v1，則電場力一定做正功 C．A、B兩點間的電勢差為(v－v－

2、2gh) D．小球從A運動到B點的過程中電場力做的功為mv－mv 答案　C 解析　由電場線的疏密分布知EAφB，所以A錯誤。從A運動到B對帶電小球應(yīng)用動能定理得：mgh＋qUAB＝mv－mv，若v2>v1，電場力也不一定做正功，B錯誤。由上式得UAB＝，C正確。小球從A到B合外力做功為mv－mv，D錯誤。 2．[xx·山東模擬]如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的點電荷，其中Q1帶負(fù)電，a、b兩點在它們連線的延長線上。現(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始經(jīng)b點向遠(yuǎn)處運動(粒子只受電場力作用)，粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其

3、速度圖象如圖乙所示。以下說法中正確的是(　　) A．Q2一定帶負(fù)電 B．Q2的電量一定大于Q1的電量 C．b點的電場強(qiáng)度一定為零 D．整個運動過程中，粒子的電勢能先減小后增大 答案　C 解析　Q1帶負(fù)電，運動的粒子也帶負(fù)電，兩者之間為斥力，由v-t圖知粒子從a運動到b速度減小，所以Q2帶正電，故A錯誤。由v-t圖知b點切線斜率為零，則b處電場強(qiáng)度為零，故C正確。b點右側(cè)粒子又開始加速，則b點右側(cè)電場強(qiáng)度方向向左，則Q1>Q2，故B錯誤。整個過程中，粒子的動能由v-t圖知先變小后變大，因只有電場力做功，粒子的動能與電勢能總和不變，則電勢能先增大后減小，故D錯誤。 3．[xx·煙

4、臺一模]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O處，M、N為x軸上的兩點，則下列說法正確的是(　　) A．環(huán)心O處電場強(qiáng)度為零 B．沿x軸正方向從O點到無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度越來越小 C．沿x軸正方向由M點到N點電勢越來越高 D．將一正試探電荷由M點移到N點，電荷的電勢能增加 答案　A 解析　由對稱性知，均勻帶電圓環(huán)環(huán)心O處電場強(qiáng)度為零，A選項正確。因O點電場強(qiáng)度為零，無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度也為零，所以沿x軸正方向從O點到無窮遠(yuǎn)電場強(qiáng)度先變大后變小，B選項錯誤。帶電圓環(huán)帶正電，沿電場線電勢降低，所以從M點到N點電勢越來越低，C選項錯誤。將正電荷從M點移到N點，

5、電荷電勢能減小，D選項錯誤。 4．[xx·濟(jì)寧模擬]地面附近處的電場的電場線如圖所示，其中一條方向豎直向下的電場線上有a、b兩點，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的分布)，從a點由靜止開始沿電場線運動，到b點時速度為。下列說法正確的是(　　) A．微粒從a點開始運動到b點的過程中加速度一直增大 B．微粒從a點開始運動到b點的過程中一定一直做加速運動 C．若換成質(zhì)量為m、電荷量為－2q的帶電微粒，從a點由靜止釋放，微粒將沿電場線在a、b兩點間來回運動 D．若換成質(zhì)量為m、電荷量為＋2q的帶電微粒，從a點由靜止起沿電場線運動到b點時的速度為 答案

6、　C 解析　帶電微粒受電場力方向從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，由電場線疏密知Eamg則微粒不一定從a運動到b一直加速，B選項錯誤。當(dāng)微粒電荷量為－q時，由a到b的過程據(jù)動能定理得：mgh－qUab＝mv，把vb＝代入得電場力做功W1＝qUab＝mgh，當(dāng)微粒電荷量換成－2q時，從a運動到b電場力做功W2＝－2qUab＝mgh，由動能定理得mgh－2qUab＝mv2，得v＝0，所以C選項正確。當(dāng)換成電荷量為＋2q時，由動能定理得：mgh＋2qUab＝mv′2，得v′＝2，所以D錯誤。

7、 5．[xx·蘭州實戰(zhàn)考試]1913年，美國物理學(xué)家密立根設(shè)計了著名的油滴實驗，首先直接測定了基元電荷的量值。其模型簡化如圖，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?，F(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向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動 答案　C 解析　帶電油滴在電場中受重力與電場力處于靜止?fàn)顟B(tài)，故所受電場力方向豎直向上。M板帶正電，故油滴帶負(fù)電，A項錯；由平衡條件有：mg＝q，故q＝，B項錯；電容

8、定義式為C＝，由題意得Q＝kq，解得：C＝，C項正確；電容器與電源保持連接，兩極板電勢差不變，N板下移，板間距離d增大，故場強(qiáng)減小，油滴所受電場力減小，故油滴將向下運動，D項錯。 6．[xx·石家莊一模]兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點的電勢為零，ND段中C點電勢最高，下列說法不正確的是(　　) A.q1為正電荷，q2為負(fù)電荷 B．|q1|<|q2| C．C點的電場強(qiáng)度為零 D．將一帶負(fù)電的檢驗電荷從N點移到D點，電場力先做負(fù)功后做正功 答案　BD 解析　從φ-x圖象，可知從O到M的過程中，

9、電勢逐漸降低，且不對稱，A點離M點較近，故q1為正電荷，q2為負(fù)電荷，且|q1|>|q2|，選項A正確，選項B錯誤；在φ-x圖象中，圖線的斜率大小等于場強(qiáng)E的大小，C點是ND段的電勢最高點，該點切線水平，其斜率為0，故C點的電場強(qiáng)度為零，選項C正確；由Ep＝qφ，帶負(fù)電的檢驗電荷從N點移到D點，電勢能先減小后增大，故電場力先做正功后做負(fù)功，選項D錯誤，本題不正確的選項為B、D。 7．[xx·洛陽二統(tǒng)]如圖所示，勻強(qiáng)電場中的△PAB平面平行于電場方向，C點為AB的中點，D點為PB的中點。將一個帶電粒子從P點移動到A點，電場力做功WPA＝1.6×10－8 J；將該粒子從P點移動到B點，電場力

10、做功WPB＝3.2×10－8 J。則下列說法正確的是(　　) A．直線PC為等勢線 B．直線AD為等勢線 C．若將該粒子從B點移動到A點，電場力做功WBA＝1.6×10－8 J D．若將該粒子從P點移動到C點，電場力做功為WPC＝2.4×10－8 J 答案　BD 解析　由電勢差的定義式知UPA＝，UPB＝，因＝，所以＝，因D點為PB中點且為勻強(qiáng)電場，則UPD＝UPB，所以UPA＝UPD，則φA＝φD，AD為等勢線，故A錯誤，B正確。WBP＝－WPB＝－3.2×10－8 J，WBA＝WBP＋WPA＝－1.6×10－8 J，所以C錯誤。因為C為AB中點且為勻強(qiáng)電場，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]正對著并水平放置的兩平行金屬板連接在如圖電路中，板長為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，反向電阻無窮大)，R為滑動變阻器，R0為定值電阻。將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合電鍵S，讓一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板左端連線的中點N以水平速度v0射入板間，質(zhì)點未碰極板，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)點在板間運動的過程中與它從板的右端運動到光屏的過程中速度變化相同 B．板間電

12、場強(qiáng)度大小為 C．若僅將滑片P向下滑動一段后，再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點依然會垂直打在光屏上 D．若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點依然會垂直打在光屏上 答案　BCD 解析　根據(jù)題設(shè)條件可知：帶電粒子在電場中受到豎直向上的電場力，加速度方向向上，離開電場后，加速度方向向下，故質(zhì)點在板間運動的過程中與它從板的右端運動到光屏的過程中速度變化的方向相反，選項A錯誤；由于粒子垂直打在光屏上，故此段可看做反向的平拋運動，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B正確；若僅將滑片P向下滑動一段后，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，故電容器板間電場不變，該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點依然會垂直打在光屏上，選項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，故電容器板間電場不變，該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點依然會垂直打在光屏上，選項D正確。 二、計算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 9. [xx·課標(biāo)全國卷Ⅱ]如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；

14、它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。 答案　 解析　設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB，粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30°＝v0sin60°① 由此得vB＝v0② 設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理得 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，這些電子通過兩板之間的時間為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，所有的電子均能從兩板間通過(不計重力)。 求這些電子穿過平行板時距OO′的最大距離和最小距離。 答案　　 解析　以電場力的方向為正方向，畫出電子在t＝0、t＝t0時刻進(jìn)入電場后，沿電場力的方向的速度vy隨時間變化的vy-t圖象如圖甲和乙所示 電場強(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＝