2021届高考物理二轮复习专题强化双击训练 专题九 带电粒子在电场中运动 B卷

2021届高考物理二轮复习专题强化双击训练

专题九 带电粒子在电场中运动 B卷

1.如图所示,正电荷q均匀分布在半球面上,球面半径为R,为通过半球顶点C和球心O的轴线.为轴线上的两点,距球心O的距离均为,在M右侧轴线上点固定正点电荷Q,点间距离为R,已知P点的场强为零,若带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零,则M点的场强为(   )

A.0 B. C. D.

2.真空中存在沿x轴方向的电场,x轴上各点的电势φ随位置x变化的关系图像如图所示,在处静止释放一个负电荷,不计电荷重力,则下列说法正确的是(   )

A.处的电势为零,电场强度大小也为零

B.处的电场强度小于处的电场强度

C.电荷沿x轴负方向运动过程中,电势能先变大后变小

D.电荷沿x轴负方向运动到的最远位置处的坐标为

3.如图所示，真空中有两个点电荷和，分別固定在x坐标轴上，其中位于处，位于处。在x轴上（   ）

A.场强为0的点有两处

B.在区域，电势沿x轴正方向降低

C.质子从运动到处，电势能升高

D.在的区域，场强沿x轴正方向

4.电荷量不相等的两点电荷分别固定在x轴上坐标为和的两点，其中x轴上坐标为处点电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中处电势最低，x轴上两点的坐标分别为和，则下列判断正确的是(   )

A.两点电荷一定为异种电荷

B.原点O处电场强度大小为

C.负检验电荷在原点O处受到向右的电场力

D.负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大

5.如图所示，在与水平面成30°角放置的平行板电容器中，存在电场强度的匀强电场，两板间距为，m，q为别为下极板右侧内边缘处负点电荷的质量和带电荷量，静止释放点电荷后，点电荷会运动到正极板，则该点电荷在运动过程中（   ）

A.重力势能增大，电势能减小 

B.到达正极板所用时间为

C.电场力做的功为 

D.到达正极板时的动能为

6.一质量为m、电荷量为q的带负电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖直平面（纸面）内，如图所示，且关于过轨迹最右端的N点的水平直线对称.已知重力加速度为g，忽略空气阻力.由此可知(   )

A.匀强电场的方向水平向左 

B.匀强电场的电场强度E可能等于

C.小球在M点的电势能比在N点的大 

D.M点的电势比N点的高

7.如图所示，匀强电场中有的四个点，它们正好是一个边长为的正方形的四个顶点，电场线与正方形所在平面平行.已知A点电势为8 V，B点电势为，D点电势为20 V.一个比荷为带电粒子从A点以某一速度沿对角线方向射入此电场，一段时间后经过B点.不计粒子的重力.下列判断正确的是(   )

A.C点电势等于

B.电场强度的大小为，方向由D指向B

C.带电粒子从A运动到B所用的时间为

D.带电粒子从A点进入时的初速度为

8.如图所示，空间分布着匀强电场，场中有与电场方向平行的四边形，其中M为的中点，N为的中点.将电荷量为的粒子，从A点移动到B点，电势能减小；将该粒子从D点移动到C点，电势能减小.下列说法正确的是(   )

A.D点的电势一定比A点的电势高

B.匀强电场的电场强度方向必沿方向

C.若之间的距离为d，则该电场的电场强度的最小值为

D.若将该粒子从M点移动到N点，电场力做的功为

9.如图所示，在平面坐标系内以坐标原点O为圆心画一个半径为的圆，为圆与坐标轴相交的四点.若沿平面方向加一匀强电场，电场强度为E，测得P点的电势为6 V，Q点的电势为，M点的电势为2 V，则下列说法正确的是(   )

A.电场方向与y轴负方向的夹角的正切值为0.4

B.N点的电势为2 V

C.匀强电场的电场强度大小为

D.在同一圆周上，沿电场线方向直径两端点的电势差最大为12 V

10.如图所示，是固定在竖直平面内的光滑绝缘斜劈，，D为的中点，质量为m的带正电小滑块由A点静止释放，沿面滑到斜面底端B点时速度为.若在空间加一与平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿面滑下，滑到斜面底端B点时速度为，若滑块由静止沿面滑下，滑到斜面底端C点时速度为，则下列说法正确的是(   )

A.电场方向由A指向C

B.B点电势与D点电势相等

C.滑块滑到D点时机械能增加了

D.滑块分别沿面、面滑下到斜面底端的过程中电势能变化量之比为2:3

11.如图所示,水平面内的等边三角形的边长为L,顶点P恰好位于一倾角为30°的光滑绝缘直导轨的最低点,点的竖直投影点O为三角形边的中点,现将一对等量异种点电荷固定于两点,各自所带电荷量均为Q,在光滑直导轨上端处,将质量为m、带电荷量为的小球套在导轨上(忽略它对原电场的影响)由静止开始释放,取无穷远处电势为零,静电力常量为k,重力加速度为g,空气阻力可忽略,则小球沿导轨下滑过程中(   )

A.小球刚释放时的加速度大小为 

B.小球的电势能先增大后减小

C.小球到达导轨底端P的速度为 

D.导轨上与P处场强大小之比为

12.如图所示，真空中有一竖直向上的匀强电场，其场强大小为E，电场中的两点固定着两个等量异种点电荷两点的连线水平，O为其连线的中点，是两点电荷连线的垂直平分线上的两点，，两点在两点电荷的连线上，且与两点的连线恰好形成一个菱形，则下列说法正确的是(   )

A.两点的电场强度相同

B.两点的电势相同

C.将电子从a点移到c点的过程中，电场力对电子做正功

D.质子在O点时的电势能大于其在b点时的电势能

13.如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，两板长均为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为g）(   )

A.两极板间电压为

B.板间电场强度大小为

C.整个过程中质点的重力势能增加

D.若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上

14.如图所示，在竖直平面内，有一长度的固定绝缘竖直杆点所在的水平面上方存在着场强大小、方向水平向右的匀强电场，下方虚线空间内存在着场强大小为、方向与竖直方向的夹角且斜向右上方的匀强电场.现将一质量、电荷量的小球（可视为质点）套在杆上从A端由静止释放后下滑，最后从C点离开电场，此时速度方向恰好与垂直.已知小球与杆间的动摩擦因数，取，.求：

（1）小球到达B点时的速度大小；

（2）小球在电场中的加速度大小和方向，以及小球过C点时的速度大小；

（3）小球从A端释放到C点离开的过程中，电场力做的功.

答案以及解析

1.答案：C

解析：设另一半球面带电荷量也为q,由对称性知,半球面上电荷q在P点的场强与另一半球面上电荷在M点形成的场强大小相等、方向相反,由带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零知,半球面上电荷q在M点的场强与在P点的场强相同,由于P点场强为零,故半球面上电荷q在P点的场强与正点电荷Q在P点的场强大小相等、方向相反,故半球面上电荷q在M点的场强大小为,方向向右,点固定正点电荷Q在M点的场强大小为,方向向左,则M点场强大小为,方向向左,C正确,A、B、D错误.

2.答案：D

解析：在图像中图像斜率表示电场强度,由图像可知x轴正半轴的电场强度大小为2 V/m,方向沿x轴正方向,x轴负半轴电场强度大小为3 V/m,方向沿x轴负方向,故处电场强度大小为2 V/m,处的电场强度大于处的电场强度,选项A、B错误;电荷沿x轴负方向运动过程中,电荷受到的电场力先做正功后做负功,因此电势能先减小后增大,选项C错误；电荷沿x轴负方向运动到最远处时,电荷的速度为零,根据能量守恒定律,电荷沿x轴负方向运动到最远处的电势等于释放位置处的电势,处的电势与处的电势均为4 V,故电荷沿x轴负方向运动到的最远位置处的坐标为,选项D正确.

3.答案：D

解析：A项：某点的电场强度是正电荷和负电荷在该处产生的电场的叠加，是合场强。根据点电荷的场强公式，所以要使电场强度为零，那么正电荷和负电荷在该处产生的场强必须大小相等、方向相反，不会在的左边，因为的电荷量大于，也不会在之间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。所以，只能在右边.即在x坐标轴上电场强度为零的点只有一个.故A错误；B项：由选项A的分析可知，在区域，有一点使得电场强度为0，则在区域，电势沿x轴正方向先降低后增大，故B错误；C项：区域电场强度方向沿x正方向，质子从运动到处，电势能减小，故C错误；D项：在的区域.场强沿x轴正方向，故D正确。

4.答案：B

解析：图线上某点切线斜率的绝对值表示该点的场强大小，由处电势最低可知该点的场强为零，因为该点在两点电荷中间，所以两点电荷一定是同种电荷，处点电荷带正电，故A错误；由以上分析可知在处合场强为零，设处电荷带电荷量为，由点电荷场强公式可得，由此可得，所以O点的场强大小为，方向水平向右，故B正确；由以上分析可知O点的场强方向水平向右，而负检验电荷所受电场力方向与场强方向相反，则负检验电荷在O点所受电场力方向水平向左，故C错误；由题图可知，从M到N电势先降低后升高，对负检验电荷来说电势越低处电势能越大，所以负检验电荷由M运动到N的过程中，电势能先增大后减小，故D错误.

5.答案：D

解析：点电荷受力分析如图所示.根据平行四边形定则可知，合力水平向左，大小为

即点电荷沿水平方向向左匀加速运动到正极板，所以重力不做功，重力势能不变，A错误；根据，，解得，所以B错误；电场力做的功,C错误;根据动能定理得,D正确。

6.答案：D

解析：带负电的小球在匀强电场中及重力场中做类似斜上抛运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且关于过轨迹最右端的N点的水平直线对称，则可判断小球所受合力的方向水平向左，而重力方向竖直向下，则可知电场力的方向斜向左上方，如图所示，又因小球带负电，所以匀强电场的方向为斜向右下方，根据几何知识可知，即，A、B错误；小球从M点运动到N点的过程中电场力做负功，小球在M点的电势能小于在N点的，又小球带负电，故可知M点的电势比N点的高，C错误，D正确.

7.答案：B

解析：因为A点电势为8 V，B点电势为，D点电势为20 V，，连接，由于在匀强电场中沿任意相等长度直线电势差相等，由几何关系可知，对角线互相垂直平分，则对角线交点O电势为8 V，即三点电势相等，电场强变方向由D指向B.因带电粒子从A点以某一速度沿对角线方向射入此电场，所以粒子初速度方向垂直于场强方向，做类平抛运动，根据几何关系可知，粒子从A到B沿场强方向运动的位移等于垂直场强方向运动的位移，两位移均为，因此，，电场强度的大小为，解得，B项正确，A、C、D错误.

8.答案：D

解析：因为将电荷量为的粒子，从A点移动到B点，电势能减小，所以A点的电势比B点的电势高；同理D点电势比C点的电势高；两点电势关系无法确定，匀强电场的电场强度方向不一定沿方向，选项A、B错误.若之间的距离为d，则该电场的电场强度取最小值时必沿方向，此时有，则，选项C错误.M点的电势，同理，则若将该粒子从M点移动到N点，电场力做的功为，选项D正确.

9.答案：C

解析：将等分为12份，每一份电势差为1 V，如图所示，则点的电势为2 V，M点与点电势相同，连接，则为等势线，又由题知，P点电势大于Q点电势，则电场方向垂直于指向右下方，匀强电场方向与y轴负方向的夹角的正切值为，A错误.过N点作的平行线，与y轴相交的点的电势为，可知N点电势为，B错误.电场线与y轴负方向的夹角的余弦值为，则等势线与间的距离，电势差大小为4 V，电场强度的大小，C正确.沿电场线方向直径两端点的电势差最大，为，D错误.

10.答案：BC

解析：无电场时滑块由A运动到B，有，有电场时滑块由A运动到B，有，有电场时滑块由A运动到C，有，可得，，又因为，则，则D点与B点电势相等，故B正确；电场方向垂直于与不垂直，所以电场方向不可能由A指向C，故A错误；因D为的中点，则滑块滑到D点时电场力做的功为滑块滑到C点时的一半，为，则滑块滑到D点时机械能增加了，故C正确；根据知滑块分别沿面滑下到斜面底端的过程中电势能变化量之比为1:2，故D错误.

11.答案：ACD

解析：在点电场强度方向沿水平方向,与导轨垂直,则小球的加速度,故A正确;因等量异种点电荷固定于两点,则在其连线的中垂面上所有点的场强方向垂直于该面,该面为等势面,则小球沿下滑过程中电势能不变,故B错误;由点到P点电势相等,所以小球沿下滑时电场力不做功,只有重力做功,根据几何知识可知,则有,得,故C正确;由几何知识可得,则点场强大小为,P点场强大小,则,故D正确.

12.答案：AD

解析：由等量异种点电荷产生电场的分布特点可知，两点的场强相同，当再叠加匀强电场时，两点的场强依然相同，故A正确；等量异种点电荷产生电场的特点是两点电荷连线的中垂线上的电势相等，当再叠加匀强电场时，d点的电势高于c点的电势，故B错误；将电子从a点移到c点的过程中，匀强电场对电子做负功，等量异种点电荷产生的电场对电子做负功，所以电场力对电子做负功，故C错误；质子从O点移动到b点时，等量异种点电荷产生的电场对质子做正功，质子电势能减小，匀强电场对质子不做功，质子电势能不变，所以质子在O点时的电势能大于其在b点时的电势能，故D正确.

13.答案：BC

解析：据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，解得，由得板间电势差，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离，解得，故质点打在屏上的位置与P点的距离为，重力势能的增加量，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两板上电荷量不变，根据可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D错误.

14.答案：（1）6 m/s

（2），方向水平向右；10 m/s

（3）

解析：（1）小球沿杆下滑过程中受到的滑动摩擦力大小为，

则小球沿杆下滑的加速度大小为，

由运动学公式得，

联立解得.

（2）小球离开B点后在匀强电场中受重力、电场力，如图甲所示，

将电场力沿水平、竖直方向分解，则竖直方向上有

，

恰好与小球重力平衡，

则小球在匀强电场中做类平抛运动，加速度大小为，

解得，方向水平向右.

小球过C点时，如图乙所示将速度分解，

有.

（3）小球从A运动到B的过程中电场力做功为零.小球到C点时的水平速度，

设小球从B到C的运动时间为t，则，

解得，

两点间的竖直距离为，

小球从B运动到C的过程，根据动能的定理有

，代入数据解得.