发布时间 : 星期一 文章2020高考物理大二轮复习考前基础回扣练9电场及带电粒子在电场中的运动更新完毕开始阅读8e295809a8ea998fcc22bcd126fff705cd175c71
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回扣练9：电场及带电粒子在电场中的运动
1．如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的P点静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a、b粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线．则( )
A．a一定带正电，b一定带负电 B．a向左运动，b向右运动 C．a电势能减小，b电势能增大 D．a动能减小，b动能增大
解析：选B.从速度—时间图象中可以看出，a粒子加速度逐渐增大，b粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a粒子电场力逐渐增大，b粒子电场力逐渐减小，所以a向左运动，b向右运动．由于不知电场的方向，所以无法判断a、b的电性．故A错误，B正确．带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，所以a、b的电势能均减小．故C错误．带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，因为仅受电场力，根据动能定理，a、b的动能均增加．故D错误．故选B.
2．如图所示，半径为R的均匀带电球壳带电量为Q(Q>0)．已知半径为R球壳的外部产生的电场与一个位于球心O点的、电荷量相等的点电荷产生的电量为k，下列说法正确的是( )
A．球心O处的场强为2
B．在球壳外距球壳为r处的电场强度为2 C．球壳的表面为等势面
D．若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势小于零
解析：选C.由对称性可知，球心O处的场强为零，选项A错误；在球壳外距球壳为r处的电场强度为E＝
的均匀带电球壳在场相同．静电力常
kQRkQrkQ2 ，选项B错误；球壳的表面处的电场线垂直于表面，则球壳表面为等势面，选项C正确；因球壳带电
（r＋R）
量为正，则若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势大于零，选项D错误；故选C.
3．如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与
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电场中运动，M、N水平方向的夹角
...
为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为( )
3mv0A. 8q2mv0
C．－
8q2
3mv0
B．－
8q2mv0D．
8q2
解析：选B.从M点到N点利用动能定理有：
222
qUMN＝mv2N－mvM＝m(v0sin 60°)－mv0
1
2121212
3mv0
解得：UMN＝－，故B正确．
8q
4．如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，一个带电用在x＝0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x ＝x2确的是( )
A．x1和x2处的电场强度均为零 B．x1和x2之间的场强方向不变
C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小 D．粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大
解析：选D.φ -x图象的切线斜率表示场强的大小，x1和x2两处的场强均不为零，因此A项错误．在x轴上沿电场方向电势降低，逆着电场方向电势升高，所以x1到x2之间电场强度的方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，选项B错误．粒子仅在电场力作用下由静止开始运动，从x＝0到x＝x2之间由于电场方向发生了改变，电场力先做正功后做负功，粒子的电势能先减小后增大，选项C错误．根据牛顿第二定律，加速度与电场力大小成正比，电场力大小与各处的电场强度大小即图象的斜率大小成正比，由图象知，粒子的加速度先减小后增大，选项D正确．
5．均匀带电的球体在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电半球体上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球半径为R，MN为通过半球顶点与球心O有A、B两点，A、B关于O点对称，AB＝4R.已知A点的场强大小为E，则B点的场
A.C.
场．如图所示，在的轴线，在轴线上强大小为( ) 粒子仅受电场力作处，则下列说法正
2
kq2＋E 2Rkq2＋E 4RB．2－E 2RD．2－E 4Rkqkq2kqkq解析：选B.若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在A、B点所产生的电场为E0＝2＝2，
（2R）2R由题知当半球面产生的场强为E，则B点的场强为E′＝E0－E.解得E′＝2－E，故选B.
2R精品
kq...
6．(多选)如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其水平大圆直径，bd连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中
A．b、d两点的电场强度大小相等，电势相等 B．a、c两点的电场强度大小相等，电势相等
C．若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周做匀速圆周运动 D．若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周做匀速圆周运动
解析：选BC.Q在b点与d点场强方向相反，与匀强电场叠加后d点场强大于b点场强．故A错误；a、c两点的电场强度大小相等，点电荷在ac两点的电势相等，电场E在ac两点的电势相等，所以ac两点的电势相等．故B正确；若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，方向变化，则应为匀强电场力与重力相平衡，合力为Q所给的库仑力．故正电荷可沿a、c所在圆周做匀速圆周运动．故C正确；若从a点抛出一带负电小球，其所受合力不可能指向Q点，则不能做匀速圆周运动．故D错误；故选BC.
7．(多选)如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，两荷＋Q和－Q分别固定于A、B两点．光滑绝缘直导轨CD的上端点D的正上方，且与A、B两点的距离均为L.在D处质量为m、电荷量为＋上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．D点的场强大小为2
B．小球到达CD中点时，其加速度为零 C．小球刚到达C点时，其动能为
3
mgL 2
个等量异种点电位于到A、B中点区域内某点O处放中ac连线为球的正确的是( )
q的小球套在轨道
重力加速度为g.
kQLD．小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小
解析：选AC.根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D处的电场强度沿DB方向，正电荷在D处的电场强度沿AD方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD、DB的角平分线；由库仑定律得，A、B在D点的场强的大小：EA＝E＝k2，则D点的场强：ED＝EAcos 60°＋EBcos 60°＝k2，故A正确；当小球到达CD中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B错误；由于C与D到A、B的距离都等于L，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C点与D点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，
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QLQL... 123123即：mg·OD＝mv，又几何关系可知：OD＝L·sin 60°＝L，小球的动能Ek＝mv＝mgL，故C正确，D错2222误．故选AC.
8．(多选)如图所示，两个水平放置的平行板电容器，A板用
导线与M板相连，两个带电油滴都间电容为C2，电压
B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q处于静止状态．A、B间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1；M、N为U2，带电量为Q2.若将B板稍向下移，下列说法正确的是( )
A．P向下动，Q向上动 B．U1减小，U2增大 C．Q1减小，Q2增大 D．C1减小，C2增大
解析：选AC.将B板下移时，由C＝，C1将增小；而MN板不动，故MN的电容不变；故D错误；假设Q4πkd不变，则AB板间的电压U1将增大，大于MN间的电压，故AB板将向MN板充电；故Q1减小，Q2增大；故C正确；充电完成，稳定后，MN及AB间的电压均增大，故对Q分析可知，Q受到的电场力增大，故Q将上移；对AB分析可知，E1＝＝＝
εrSU1Q1dCdQ14πkQ1
＝，故电场强度减小，故P受到的电场力减小，故P将向下运动；故A正确；εrSεrSd4πkd故选AC.
9．(多选)有三根长度皆为L的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的上的O点，另一端分别挂有质量均为m、电量分别为－q、q的带电小球三根线连接起来．所在空间存在水平向右、大小E＝的匀强电场，系的位置如图所示．现将O、B之间的轻线烧断，因空气阻力，A、B两球衡位置(不计两带电小球间相互作用的静电力)．以下说法正确的是( )
1
A．A球的电势能增加了qEL
21
B．B球的电势能减少了qEL
22－3
C．A球的重力势能减少了mgL
2
2＋2－3
D．B球的重力势能减少了mgL
2
解析：选ACD.设达到新的平衡位置时OA绳与竖直方向夹角为α，OB绳与竖直方向夹角为β，由平衡条件
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一端固定在天花板
A和B，A、B间用第
统平衡时，A、B球最后会达到新的平
mgq...
得
对A：T1cos α＝mg＋T2cos β qE＝T1sin α＋T2sin β 对B：Tcos β＝mg qE＝T2sin β 联立解得：α＝0，β＝45°， 所以A球的重力势能减少了
mgL(1－cos 30°)＝
2－3
mgL 2
B球的重力势能减少了
mgL(1＋cos 45°)－mgLcos 30°＝
2＋2－3
mgL 212
A球的电势能增加了qELsin 30°＝qEL B球的电势能减小了qEL(sin 45°－sin 30°)＝
综上所述，故A、C、D正确．
10．(多选)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
解析：选AB.根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；因电场力做正功，故电势能减小，
迹在竖直平面(纸此可知( )
2－1
qEL 2
Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选AB.
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