高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十电场带电粒子在电场中的运动.docx

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1、专题强化练(十)电场、带电粒子在电场中的运动1如图所示为兴趣小组同学制作的“静电除烟仪”原理图，金属片P、Q分别接静电起电机的正、负极，金属片间产生强电场，实线为电场线已知一不计重力的烟尘颗粒从a点沿直线abc加速运动，且abbc，下列说法正确的是()Aa点的电势比b点的高Bb点的电场强度比c点的小C该颗粒在a、b间的动能增加量比在b、c间要小D该颗粒在a、b间的动量增加量比在b、c间要大解析：由沿电场线方向电势降低可知，a点的电势比b点的低，A错误；由图可知，b点电场线比c点密集，因此b点的场强大于c点的场强，B错误；由图可知，场强关系为EaEbEc，又abbc，根据功能关系可得WabWbc

2、，故该颗粒在a、b间的速度比在b、c间要大，则该颗粒在a、b间的动能增加量比在b、c间要大，该颗粒在a、b间的动量增加量比在b、c间要大，C错误，D正确故选D.答案：D2如图所示为两个正电荷与一个负电荷形成的电场的等势面，相邻等势面之间的电势差相等其中O点为两个正电荷连线的中点，AOB连线水平，且A、B两点关于O点对称；CDE连线竖直，且C、E两点关于D点对称；以无穷远处为零势能面，A、B、C、E、F分别在对应的等势面上，电势如图中标注下列说法正确的是()AA、B两点的电场强度相同B将一负检验电荷由O点沿竖直方向移动到F点，电场力对该电荷做正功C同一正检验电荷在A点处的电势能小于其在C点处的电

3、势能DD点的电势高于10 V解析：根据电场线垂直于等势面、电场线的方向是电势降低最快的方向，得A、B两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；将一负检验电荷由O点沿竖直方向移动到F点，电场力对该电荷做负功，B错误；根据Epq，AC，可得EpAEpC，C错误；根据DCEDCdCDEEDdDEED，有D(CE)10 V，D正确答案：D3.(2022广东汕头一模)计算机键盘每个按键下有块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，两片金属片组成一个小电容器且电压保持不变图示键盘连着正在工作的计算机，按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器()A电容变小B金属片间的场强变小C电荷

4、量增大D处于放电状态解析：按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器两极板间距d减小，根据C，可知电容C变大，因两板电压U一定，根据QCU，可知，电容器带电量增大，电容器处于充电状态，此时根据E，可知金属片间的场强E变大故选C.答案：C4(2022湖南卷)如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是()A电场强度方向垂直指向a，电势减小B电场强度方向垂直指向c，电势减小C电场强度方向垂直指向a，电势增大D电场强度方向垂直指向c，电势增大解析：根

5、据对称性可知，移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，单个点电荷在距其r处的电势为k(取无穷远处电势零)现在撤去a处的绝缘棒后，q减小，则O点的电势减小故选A.答案：A5如图所示是某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，为金属薄片，Q为金属板从左向右对着振动片说话，振动而Q不动在P、Q间距减小的过程中()A电容器的电容减小BP上电量保持不变CM点的电势高于N点的电势DM点的电势低于N点的电势解析：电容式话筒与电源串联，电压保持不变，在P、Q间距减小过程中，根据电容决定式C可得电容增大，A错误；根据电容的定义式C，因为电容增大，电压不变，故可得电容器所带电量增大，

6、B错误；电容器的充电电流通过R的方向由N到M，所以N点的电势比M点的高，C错误，D正确故选D.答案：D6很多手机的指纹解锁功能利用了电容式指纹识别技术如图所示，指纹识别传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，指纹的凸起部分(叫“嵴”)及凹下部分(叫“峪”)与这些小极板形成大量大小不等的电容器传感器给所有的电容器充电达到某一电压值后，电容器放电，根据放电快慢的不同来探测嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据，则()A沾水潮湿的手指不会影响正常解锁B极板与指纹“嵴”部分形成的电容器电容较大C极板与指纹“峪”部分形成的电容器放电较慢D用打印好的指纹照片覆盖在传感器上面也能够实现指纹解锁解析

7、：潮湿的手指影响了皮肤表面与小极板之间的介电常数r，所以潮湿的手指对指纹的识别有一定的影响，会影响正常解锁，故A错误；在嵴处皮肤表面和小极板之间的距离较小，在峪处皮肤表面与小极板之间的距离较大，根据公式C可知在峪处形成的电容器电容较小，在嵴处形成的电容器电容较大，故B正确；由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据QUC可知，极板与指纹峪(电容较小)构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短；反之，在嵴处形成的电容器电容较大，电荷量较多，放电时间长，故C错误；用打印好的指纹照片覆盖在传感器上，不能构成电容器，所以不能实现手机解锁功能，故D错误答案

8、：B7如图所示，矩形匀强电场区、的高和间距均为h，上面为、下面为，电场强度方向在竖直平面内，电场强度大小为E.质量为m的带电小球由静止释放，进入电场和时的速度相等，空气阻力不计，重力加速度为g，则()A刚进入电场时加速度方向竖直向上B穿过电场的时间大于在两电场之间的运动时间C穿过两电场后小球的电势能增加了3mghD穿过两电场后小球的电势能增加2mgh解析：因为小球在匀强电场区、之间的运动是匀加速运动，其末速度与其进入匀强电场区的初速度相等，由于匀强电场区与、之间的间距均为h，且在匀强电场区中一定做匀变速运动，所以带电小球在匀强电场区中做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度，根据Fmgma可知静

9、电力为重力的2倍，运动过程与在、之间的运动具有对称性，穿过电场的时间等于在两电场之间的运动时间，所以A正确，B错误；由于静电力为重力的2倍，所以经过两个电场区域，电势能增加Ep22mgh4mgh，选项C、D错误答案：A8(多选)如图所示，圆心为O点，半径R0.1 m的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆的直径将电荷量为q0.1 C的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2 J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4 J下列说法正确的是()A该匀强电场的场强方向与ab平行B电场强度的大小E200 V/mCa点电势低于c点电势D将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为2 J解析：

10、根据题意可知：粒子从a点移动到b点，电场力做功为2 J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4 J，移动距离ab在电场方向的投影dab，移动距离cd在电场方向的投影dcd，根据电场力做功表达式W电qEd，可知dcd是dab的两倍，设圆形电场区域的半径为R，如图由几何关系得ab在cd方向的投影等于R，即dcd是dab的两倍，所以电场线的方向由c指向d，场强方向与cd平行，故A错误；粒子从c到d做的功为W电qEdcd，代入数据解得E200 V/m，故B正确；沿电场方向电势逐渐降落，c点电势高于c点电势，a与c为等势点，所以c点电势高于a点电势，故C正确；将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为W

11、电qExdd0.12000.25 J5 J，故D错误故选B、C.答案：BC9在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m，带电量为q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数粒子所受重力忽略不计求：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率解析：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功WqE(yAyC)3qEl0.(2)粒子只受沿y轴负方向的电场力作用，粒子做类似斜上抛运动，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tADtDBT，且tBC

12、T.由牛顿第二定律qEma.由运动学公式得yDaT2.从D到C做类平抛运动，沿y轴方向：yD3l0a(2T)2.由式解得T .则AC过程所经历的时间t3T3.(3)粒子由D到C过程中x轴方向：2l0vD2T.y轴方向：vCya2T.vC由式解得vC.答案：(1)3qEl0(2)3(3) 10在直角坐标系中，三个边长都为l2 m的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E0，第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场(1)现有一带电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)

13、从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过E点，求CED区域内的匀强电场的电场强度E1的大小(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有的粒子都经过E点，则释放的坐标值x、y间应满足什么关系？(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点坐标值x、y间又应满足什么关系？解析：(1)设粒子出第一象限时速度为v，加速过程qE0lmv2，粒子在CED区域内做类平抛运动，由类平抛运动的规律得lvt，lt2，计算可得E14E0.(2)设出发点坐标(x，y)，加速过程qE0xmv，经过分析知，要过E点，粒子在第二象限中做类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为yyv1t1，yt，计算可得yx.(3)如图所示为其中的一条轨迹线，设出发点坐标(x，y)，加速过程qE0xmv，在第二象限中做类平抛运动时竖直位移为y，由几何关系可得水平位移大小为y，则yv2t2，yt，由类平抛运动中的中点规律可知计算可得y3x4.答案：(1)4E0(2)yx(3)y3x4