2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題五 電場與磁場 第1講 電場及帶電粒子在電場中的運動限時檢測

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1、2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題五 電場與磁場 第1講 電場及帶電粒子在電場中的運動限時檢測 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～4題只有一項符合題目要求,第5～8題有多項符合題目要求) 1.(2018·浙江寧波適應(yīng)性考試) 如圖(甲)所示,兩段等長絕緣輕質(zhì)細(xì)繩將質(zhì)量分別為m,3m的帶電小球A,B(均可視為點電荷)懸掛在O點,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),然后在水平方向施加一勻強電場,當(dāng)系統(tǒng)再次達到靜止?fàn)顟B(tài)時,如圖(乙)所示,小球B剛好位于O點正下方(細(xì)繩始終處于伸長狀態(tài)).則兩個點電荷帶電荷量QA與QB的大小關(guān)系正確的是(　A　) A.7∶3 B.3∶1 C.3∶7 D

2、.5∶3 解析:在圖(乙)中,設(shè)OA與豎直方向的夾角為θ,對A,B整體受力分析,由平衡條件可得TOAcos θ=4mg,(QA-QB)E=TOAsin θ,對B受力分析由平衡條件可得(TAB+F庫)cos θ=3mg,(TAB+F庫)sin θ=QBE,由以上各式解得=,故A正確. 2.(2018·遼寧東北育才中學(xué)高三模擬) 如圖所示,電路中電源的電動勢為E,內(nèi)阻為r,C為靜電計,一帶電小球懸掛在平行板電容器內(nèi)部,閉合開關(guān)S,電路穩(wěn)定后,懸線與豎直方向夾角為θ且小球處于平衡狀態(tài),則(　D　) A.靜電計的指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn) B.若將A極板向左平移稍許,電容器的電容將增大 C.若將A極

3、板向下平移稍許,靜電計指針的偏角將減小 D.保持開關(guān)S閉合,使滑動變阻器滑片向左移動,θ角不變,輕輕將細(xì)線剪斷,小球?qū)⒆鲋本€運動 解析:閉合開關(guān)S,電路穩(wěn)定后,電路中沒有電流,電容器板間電壓等于電源的電動勢,靜電計測量板間電壓,所以其指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn),故A錯誤.若將A極板向左平移稍許,板間距離增大,電容減小,故B錯誤.若將A極板向下平移稍許,由于電容器的電壓不變,則靜電計指針的偏角將不變,故C錯誤.保持開關(guān)S閉合,使滑動變阻器滑片向左移動時,電容器的電壓不變,電場強度不變,小球所受的電場力不變,則θ角不變,輕輕將細(xì)線剪斷,小球?qū)⒀刂亓碗妶隽Φ暮狭Ψ较蜃鰟蚣铀僦本€運動,故D正確. 3.(2

4、018·廣東東莞東方明珠學(xué)校沖刺考試)如圖(a)所示,光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個點電荷.t=0時,甲靜止,乙以初速度6 m/s向甲運動.此后,它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸),它們運動的vt圖像分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示.則由圖線可知(　C　) A.兩電荷的電性一定相反 B.t2時刻兩電荷的電勢能最大 C.在0～t2時間內(nèi),兩電荷的靜電力先增大后減小 D.在0～t3時間內(nèi),甲的動能一直增大,乙的動能一直減小 解析:由圖像看出,甲從靜止開始與乙同向運動,說明甲受到了乙的排斥力作用,則知兩電荷的電性一定相同,故A錯誤;由于甲乙之間是排斥力,所以當(dāng)

5、甲乙之間的距離減小時電場力做負(fù)功,電勢能增大,結(jié)合圖像可知在t1時電勢能有最大值,故B錯誤;圖像包圍的面積代表甲乙走過的位移,從圖像上可以看出在0～t2時間內(nèi)甲乙之間的距離先減小后增大,所以靜電力先增大后減小,故C正確;0～t3時間內(nèi),甲的動能一直增大,乙的動能先減小后增大,故D錯誤. 4.(2018·山東淄博高三模擬) 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(xiàn)將一個電荷量為Q的正點電荷置于板的右側(cè),圖中a,b,c,d是以正點電荷Q為圓心的圓上的四個

6、點,四點的連線構(gòu)成一內(nèi)接正方形,其中ab連線與金屬板垂直.則下列說法正確的是(　C　) A.b點電場強度與c點電場強度相同 B.a點電場強度與b點電場強度大小相等 C.a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 解析: 畫出電場線如圖所示,根據(jù)對稱性可知,b點電場強度與c點電場強度大小相等,方向不同,故A錯誤;電場線密集的地方電場強度大,從圖上可以看出a點電場強度大于b點電場強度,故B錯誤;根據(jù)對稱性并結(jié)合電場線的分布可知a點電勢等于d點電勢,故C正確;由于試探電荷從a沿直線ab到b點,則先靠近正電荷后遠離正電荷,所以電場力

7、在這個過程中做功,只是總功為零,所以試探電荷電勢能不是始終保持不變,故D錯誤. 5.(2018·廣東惠州高三模擬) 如圖所示,一帶電液滴在水平向左的勻強電場中由靜止釋放,液滴沿直線由b運動到d,直線bd方向與豎直方向成60°角,則下列結(jié)論正確的是(　CD　) A.液滴做勻速直線運動 B.液滴帶正電荷 C.液滴所受的電場力大小是其重力的倍 D.液滴的電勢能減小 解析:由題可知,帶電液滴只受重力和電場力作用,兩個力都是恒力,其合力沿bd方向,則電場力必定水平向右,液滴做勻加速直線運動且?guī)ж?fù)電荷,故選項A,B錯誤;由于合力沿bd方向,則根據(jù)力的合成規(guī)律可知Eq=mgtan 60°

8、,即Eq=mg,故選項C正確;由于電荷帶負(fù)電,沿bd方向運動,電場力做正功,故電勢能減小,故選項D正確. 6.(2018·安徽淮北模擬) 如圖所示,A,B,C,D是勻強電場中一正方形的四個頂點,已知A,B,C三點的電勢分別為A=25 V,B=5 V,C=-5 V,則下列說法正確的是(　AC　) A.把電荷量為1×10-3 C的正點電荷從B點經(jīng)C移到A點,電場力做功為-2×10-2 J B.A,C兩點的連線方向即為電場線方向 C.D點的電勢為15 V D.把一個電子從B點移到D點,電場力做功可能為0 解析: 電荷從B點經(jīng)C移到A點,通過的電勢差為UBA=B-A,即電場力做功為WB

9、A=q(B-A)=1×10-3×(5-25)J=-2×10-2 J,故A正確;連接AC,又A-C=25 V-(-5 V)=30 V,將AC等分為6等分,找出與B電勢相等的點E,如圖所示,連接BE,則BE為一等勢面,其電場線應(yīng)垂直于BE指向右下方,顯然電場線與AC連線不平行,故B錯誤;根據(jù)勻強電場的特點可知,A-B=D-C,所以D=15 V,故C正確;由于B點的電勢與D點的電勢不相等,所以把一個電子從B點移到D點,電場力做功不可能為0,故D 錯誤. 7.(2018·成都二模) 兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在y軸上的O,M兩點,若規(guī)定無窮遠處的電勢為零,則在兩電荷連線上各點的電勢隨

10、y變化的關(guān)系如圖所示,其中A,N兩點的電勢均為零,ND段中的C點電勢最高,則(　AD　) A.q1與q2帶異種電荷 B.A,N兩點的電場強度大小為零 C.從N點沿y軸正方向,電場強度大小先減小后增大 D.將一正點電荷從N點移到D點,電場力先做負(fù)功后做正功 解析:由圖像可知,M點附近的電勢為負(fù)值、O點附近的電勢為正值,所以,q1與q2帶異種電荷,故A正確;A,N點的電勢為零,但電場強度不為零(y圖像的斜率不為零),故B錯誤;從N點沿y軸正方向,電場強度的大小先減小后增大再逐漸減小,故C錯誤;將一正點電荷從N點移到D點,電勢能先增大后減小,所以,電場力先做負(fù)功后做正功,故D 正確.

11、 8.(2018·全國Ⅱ卷,21) 如圖,同一平面內(nèi)的a,b,c,d四點處于勻強電場中,電場方向與此平面平行,M為a,c連線的中點,N為b,d連線的中點.一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點,其電勢能減小W1;若該粒子從c點移動到d點,其電勢能減小W2.下列說法正確的是(　BD　) A.此勻強電場的場強方向一定與a,b兩點連線平行 B.若該粒子從M點移動到N點,則電場力做功一定為 C.若c,d之間的距離為L,則該電場的電場強度大小一定為 D.若W1=W2,則a,M兩點之間的電勢差一定等于b,N兩點之間的電勢差 解析:結(jié)合題意,只能判定Uab>0,Ucd>0,但電場方向不能

12、得出,選項A錯誤;由于M,N分別為ac和bd的中點,對于勻強電場,則UMN=M-N= -==,可知該粒子由M至N過程中,電場力做功W=,選項B正確;當(dāng)電場強度的方向沿c→d時,場強E=,但本題中電場方向未知,選項C錯誤;若W1=W2,則Uab=Ucd,即a-b=c-d,則a-c=b-d,即Uac=Ubd,由于M,N分別為ac和bd的中點且電場為勻強電場,故有UaM=Uac,UbN=Ubd,所以UaM=UbN,選項D正確. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(16分)(2018·山東聊城一中檢測)如圖,光滑水平面上存在水平向右、電場強度為E的勻強電場,電場區(qū)域?qū)挾葹長.質(zhì)量為m、

13、帶電荷量為+q的可視為質(zhì)點的物體A從電場左邊界由靜止開始運動,離開電場后與質(zhì)量為2m的物體B碰撞并粘在一起,碰撞時間極短.B的右側(cè)拴接一處于原長的輕彈簧,彈簧右端固定在豎直墻壁上(A,B均可視為質(zhì)點).求 (1)物體A在電場中運動時的加速度大小; (2)彈簧的最大彈性勢能. 解析:(1)根據(jù)牛頓第二定律可知:Eq=ma,解得a=. (2)A出離電場時,根據(jù)動能定理有qEL=m,A,B碰撞時由動量守恒定律可知mv0=3mv,彈簧的最大彈性勢能為Ep=·3mv2,解得Ep=·qEL. 答案:(1)　(2)qEL 10.(20分)(2018·湖南師大附中月考)在如圖(甲)所示的平面坐

14、標(biāo)系內(nèi),有三個不同的靜電場:第一象限內(nèi)有固定在O點處的點電荷產(chǎn)生的電場E1(未知),該點電荷的電荷量為-Q,且只考慮該點電荷在第一象限內(nèi)產(chǎn)生的電場;第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場E2(大小未知);第四象限內(nèi)有大小為、方向按如圖(乙)所示規(guī)律周期性變化的電場E3,以水平向右為正方向,變化周期T=,一質(zhì)量為m、電荷量為+q的離子從(-x0,x0)點由靜止釋放,進入第一象限后恰能繞O點做勻速圓周運動.以離子到達x軸為計時起點,已知靜電力常量為k,不計離子重力.求: (1)離子在第一象限運動時速度大小和第二象限內(nèi)電場強度E2的 大小; (2)當(dāng)t=和t=T時,離子的速度大小分別是多少; (

15、3)當(dāng)t=nT時,離子的坐標(biāo). 解析:(1)設(shè)離子在第一象限的速度為v0,在第一象限內(nèi),由庫侖力提供離子做圓周運動的向心力得=,解得v0=.在第二象限內(nèi),只有電場力對離子做功,由動能定理得E2qx0=m,解得E2=; (2)離子進入第四象限后,在x方向上,前半個周期向右做勻加速直線運動,后半個周期向右做勻減速直線運動,直到速度為0.當(dāng)t=時:vx= t=··==2v0,此時離子的合速度v==3v0=3,方向與x軸正向成θ角偏向y軸負(fù)向,滿足 tan θ==,當(dāng)t=T時vx=0,此時離子的合速度v=,沿y軸負(fù)向. (3)由(2)分析可知,離子進入第四象限后,y方向上做勻速直線運動,x方向上每個周期向右運動的平均速度為=v0,每個周期前進x=T= v0=4x0,因為開始時離子的橫坐標(biāo)為x0,所以t=nT時,離子的橫坐標(biāo)x=x0+4nx0=(4n+1)x0, 縱坐標(biāo)y=-v0nT=-2nx0, 故在t=nT時,離子的坐標(biāo)為[(4n+1)x0,-2nx0],(n=1,2,3,…). 答案:(1)　 (2)3　 (3)[(4n+1)x0,-2nx0],(n=1,2,3…)