专题07电场带电粒子在电场中的运动（精练）（解析版）_4.2025物理总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_二轮复习_2023年高考物理二轮复习讲练测（全国通用）288435117

2023 年高考物理二轮复习讲练测 专题07 电场 带电粒子在电场中的运动（精练） 一、单项选择题 1．如图所示，有一个均匀带正电的绝缘球体，球心为 ，球体内有一个球形空腔，球心为 ，M、N为两球 心连线上两点，P、Q连线过球心 且与M、N连线垂直，且M、N、P、Q四点到 距离相等，则下列说法 正确的是（ ） A．P、Q两点电场强度相同 B．P、Q两点电势相等 C．M点电场强度比N点小 D．M点电势比N点低 【答案】B 【详解】A．根据对称性可知 P、Q两点电场强度大小相同但P点电场强度方向朝右上方，而Q点电场强度方 向朝右下方，两点场强方向不同，故A错误； B．规定无穷远处为电势零点，由于P、Q到O 的距离相等，所以完整的均匀带正电球体O 在P、Q产生的电 1 1 势相等；由于P到O 的距离等于Q到O 的距离，所以完整的均匀带负电球体O 在P产生的电势等于于在Q 2 2 2 产生的电势，根据电势的叠加可知P、Q产生的电势相等，故B正确； C．将球形空腔视看作填满了等量正、负电荷，且电荷量密度与球体实心部分相同，则M、N、P、Q四点的电场强度和电势均可视为完整的均匀带正电球体O 与均匀带负电球体O 产生的电场强度和电势的叠加。由于 1 2 M、N到O 的距离相同，所以完整的均匀带正电球体O 在M、N产生的电场强度（分别设为EM 和EN ）大小 1 1 1 1 相同，且方向均背离圆心O，而完整的均匀带负电球体O 在N点产生的电场强度EN 一定大于在M点产生的 1 2 2 电场强度EM，易知EN 和EN 方向相反， EP 和EP 方向相反，根据电场强度的叠加法则可知M点电场强度 2 1 2 1 2 比N点的大，故C错误； D．规定无穷远处为电势零点，由于M、N到O 的距离相等，所以完整的均匀带正电球体O 在M、N产生的 1 1 电势相等；由于M到O 的距离大于N到O 的距离，所以完整的均匀带负电球体O 在M产生的电势高于在N 2 2 2 产生的电势，根据电势的叠加可知M点电势比N点的高，故D错误。故选B。 2．如图所示，电量为Q的正电荷均匀地分布在半径为r的圆环上M为圆环平面内的点，过圆心O点的x轴垂 直于环面，N为x轴上一点，ON=h，静电力常量为k。则（ ） A．M、O两点场强都为零 B．N点场强大小为 C．M、O、N 三点中 O 点电势最高 D．过M点以O点为圆心的圆上各点电势不相等 【答案】B 【详解】A．在圆环上任取一点，则在圆环上一定存在关于O点对称的另一点，这两个对称的点在O点产生的 电场强度大小相同方向相反，则O点总场强为零。下图为圆环的平面图，线段AB为过M点的直径。线段CD 垂直于线段AB， A点到M点的距离小于B点到M点的距离。所以A、B两点在M点产生的电场强度指向圆 心。 C、D两点到M点的距离相同，所以C、D两点在M点产生的电场强度为0。在圆弧AC上任取一点F。 连接F与M并延长交于圆上K点。由几何关系得F点到M点的距离小于K点到M点的距离。所以F、K两点在M点产生的电场强度指向K点。 F点关于直径AB对称的点为G点。连接GM并延长交于圆上J点。同 理， G、J两点在M点的电场强度指向J点。整个图关于直径AB对称，综上根据对称性和矢量叠加原理得M 点的电场强度指向圆心。故A错误； B．设圆环上电荷的线密度为 ，则有 在圆环上任取一小段 ，这一小段小到其上的电荷可以看 成点电荷，则该小段上的电荷量为 则该小段上的电荷在N点产生的电场强度在x轴上的分量 为 （方向沿着x轴正方向）则圆环上的所有电荷在N点产生的电场强度，沿x轴的分量 为 （方向沿着x轴正方向）根据对称性和矢量叠加原理可得，圆 环上的所有电荷在N点产生的电场强度，沿垂直于x轴方向的分量为零。故B正确； C．根据B选项的分析，在线段ON上除O点外任取一点，该点的电场强度沿x轴正方向，沿着电场线方向前 进电势降低所以 根据A选项的分析，在线段MO上除O点外任取一点，该点的电场强度指向圆心， 沿着电场线方向前进电势降低所以 故C错误； D．根据A选项的分析，过M点以O点为圆心的圆上各点的电场强度都指向圆心，所以在该圆上移动电荷 时，每时每刻电场力与位移方向垂直，即电场力不做功，所以该圆上的每个点的电势相同。故D错误。故选B。 3．如图所示，一绝缘圆环水平放置，圆心为O，其上放置四个电荷量相等的点电荷，这四个点电荷处于互相 垂直的两直径的两端，一直径两端的电荷均为正电荷，另一直径两端的电荷均为负电荷。直线 为圆环的 中轴线，且 两点关于O点对称。下列说法中正确的是（ ） A． 两点的场强不相等 B． 上各点的电势不相等 C．两正电荷所在直径上以O为对称中心的两个点的场强相同 D．两负电荷所在直径上以O为对称中心的两个点的电势相等 【答案】D 【详解】A．由对称性可知，两个正电荷在O 处的合场强沿OO 向上，两个负电荷在O 处的合场强沿OO 向 1 1 2 1 1 2 下，且两正电荷和两负电荷分别在O 处的场强大小相等，所以 同理可得 所以O、O 两点的场强 1 1 2 相等且为0，故A错误； B．四个点电荷分成两组等量异种点电荷，直线OO 在任一组等量异种点电荷的中垂面上，则直线OO 上所 1 2 1 2 有点的电势相等且为0，故B错误； C．两等量同种正电荷连线上以O为对称中心的任取两对称点，场强等大反向且指向O点，同时这两点也是另 外两等量同种负电荷中垂线上以O为对称中心的两对称点，则场强也满足等大反向且指向O点，所以两对称点的合场强满足等大反向，故C错误； D．电势是标量，大小由离场源电荷的距离决定，两负电荷所在直径上以O为对称中心的两个点，离正场源电 荷的距离相等，同时离两负场源电荷的距离具有对称性，所以对称点电势相等，故D正确。故选D。 4．避雷针附近的电场分布如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，等势面和电场线关于避雷针所在的竖直 线对称分布，曲线为某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B、C为轨迹上的三个点，A、B是关于避 雷针所在的竖直线对称的两点，C点在竖直线上，则（ ） A．A、B两点的电场强度相同 B．此时避雷针的尖端聚集大量正电荷 C．粒子在A点具有的电势能比在C点的电势能大 D．粒子在A点具有的动能比在C点的动能大 【答案】D 【详解】A．电场线疏密表示电场强度的大小，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向。A、B两 点的电场强度大小相同，方向不同。A错误； B．电场线从无穷远终止于负电荷，此时避雷针的尖端聚集大量负电荷。B错误； C．由运动轨迹可知，电场力指向轨迹的凹侧，可知该带电粒子带负电。电场线由电势高的等势面指向电势低 的等势面，可知 又 粒子在A点具有的电势能比在C点的电势能小。C错误； D．运动过程中，只有电场力做功，动能和电势能之间相互转化，动能和电势能的和保持不变。粒子在A点具 有的电势能比在C点的电势能小，粒子在A点具有的动能比在C点的动能大。D正确。故选D。 5．粗细均匀的圆形绝缘环位于空间直角坐标系中的xOy平面内，其几何中心与坐标原点O重合，处于每个象限的 圆环都均匀带有相同电量的电荷，电性如图所示。点1、2，3、4，5、6分别位于z、x、y轴上，它们 与原点O间距相同，以下说法正确的是（ ） A．把一个正电荷沿z轴从点2移动到点1电场力先做正功再做负功 B．把一个正电荷沿x轴从点4移动到点3电场力先做正功再做负功 C．把一个正电荷沿直线从点4移动到点6电场力先做正功再做负功 D．把一个正电荷沿直线从点5移动到点1电场力先做正功再做负功 【答案】C 【详解】A．由对称性分析可得z轴上各点电场强度都为零，在z轴上移动电荷都不做功，故A错误。 B．x轴上各点电场强度方向相当于关于x轴对称的等量异种电荷电场的叠加，则电场强度方向都垂直于x轴， 在x轴上移动电荷都不做功，故B错误。 C．根据等量异种电荷电场分布特点可知，点4处电场强度方向沿y轴负方向，点6处电场强度方向沿x轴负 方向，把一个正电荷沿直线从点4移动到点6电场力电场力与位移夹角先是锐角后是钝角，因此先做正功再做 负功，故C正确。 D．根据等量异种电荷电场分布特点可推出，yOz平面电场线方向垂直与平面，则电场力方向与运动方向垂 直，点5移动到点1电场力不做功，故D错误。故选C。 6．如图，圆环均匀带正电，沿其中心轴线建立x轴。将另一点电荷 从圆心 处沿x轴正方向移到无穷远 处的过程中，电场力做功为 。取无穷远处为电势能零点，则电荷 具有的电势能 与位置坐标x的关系图 像正确的是（ ）A． B． C． D． 【答案】A 【详解】点电荷 从圆心 处沿x轴正方向移到无穷远处的过程中，电场力做功为 ，由电势能的定义可 知，点电荷 在 处的电势能 又 与 的关系图像的斜率的绝对值表示静电力的大小，将圆环分 成很多可以看成点电荷的小段，由电场叠加原理可知， 处电场强度为零，且从 向左、向右电场强度 都变小，无穷远处电场强度为零。电荷 从 向左、向右受到的静电力 都是先增大后减小。 与 的 关系图像的斜率的绝对值从 向左、向右都是先增大后减小。故选A。 7．某静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，一个带负电的点电荷只在 电场力的作用下以一定初速度沿x轴正方向运动，x、x、x、x 四点间隔相等，则以下说法不正确的是 1 2 3 4 （ ）A．点电荷在x 和x 处电势能相等 2 4 B．点电荷由x 运动到x 的过程中电场力做负功 1 3 C．x、x 两点之间的电势差小于x、x 两点之间的电势差 1 2 3 4 D．点电荷由x 运动到x 的过程中电场力先增大后减小 1 4 【答案】A 【详解】A．x-x 处场强方向沿x轴正方向，根据沿着电场线方向电势降低，x 处电势高于x 处电势，带负电 2 4 2 4 的点电荷在x 处电势能比在x 处的小，A错误； 2 4 B．x-x 处场强为x轴正方向，则从x 到x 处顺着电场线方向移动负点电荷，电场力做负功，B正确； 1 3 1 3 C．由U=Ed知E-x图线与x轴所围的面积表示电势差，则知x、x 两点之间的电势差小于x、x 两点之间的电 1 2 3 4 势差，C正确； D．由x 运动到x 的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，由 知，电场力先增大后减小，D正确。 1 4 此题选择不正确的选项，故选A。 8．传感器根据具体工作原理的不同，可分为电阻式、电容式、电感式、……等等，下列关于传感器的分类及 工作原理正确的是（ ）A．热敏电阻和金属热电阻都是电阻式传感器，两者的电阻都随温度的升高而增大 B．图1所示的传感器是电容式传感器，当被测物体向右运动时，电容器的电容增大 C．图2所示的传感器是电感式传感器，当被测物体向右运动时，电感线圈的自感系数增大 D．金属电阻应变片是电阻式传感器，当应变片上的金属丝受到拉力时，应变片的电阻增大 【答案】D 【详解】A．热敏电阻是用半导体材料制成，阻值随温度的升高而减小；金属热电阻的电阻率随温度的升高而 增大，故A错误； B．图1所示的传感器是电容式传感器，当被测物体向右运动时，电容器极板间电介质 减小，根据 可知，电容器的电容减小，故B错误； C．图2所示的传感器是电感式传感器，当被测物体向右运动时，铁芯抽出，则自感系数减小，故C错误； D．金属电阻应变片是电阻式传感器，当应变片上的金属丝受到拉力时，应变片的电阻增大，故D正确。 故选D。 9．如图所示，平行板电容器水平放置，开关S断开，电源通过二极管给电容器充电，一带电粒子从上、下极 板左侧正中央的O点以一定速度平行于极板射入，恰好从下极板右侧边缘飞出，不计粒子自身重力和空气阻 力，极板间电场可视为匀强电场，若粒子打到极板上即被吸收。以下情形，保持入射点O的位置不变，其中 说法正确的是（ ） A．将开关保持闭合，若将上极板稍向下移动，要求粒子仍能从下极板右侧边缘飞出，则需要增大入射速度 B．将开关保持闭合，若将下极板稍向上移动，粒子在极板间运动时电势能减少量不变C．开关保持断开，若将上极板稍向下移动，粒子仍能从极板右端射出 D．开关保持断开，若将上极板稍向上移动，粒子不能从极板右端射出 【答案】A 【详解】A．将开关保持闭合，电容器的电压不变，若将上极板稍向下移动，由 可知，极板间电场强度 变大，根据类平抛运动的特点可知，竖直方向的位移不变，加速度变大，则飞行时间变小，要求粒子仍能从下 极板右侧边缘飞出，则需要增大入射速度，故A正确； B．将开关保持闭合，电容器的电压不变，由 可知，极板间电场强度变大，粒子一定打到下极板上，由 可知，O与上极板的电势差变大，则O与下极板的电势差变小，由电场力做功公式 可知，电场 力做功减小，根据功能关系可知，粒子在极板间运动时电势能减少量变小，故B错误； C．开关保持断开时，若将上极板稍向下移动，由 和 可知，极板上带电量增大，二极管导 通，故极板上电压不变，由 可知，极板间电场强度变大，故粒子一定打到下极板上，故C错误； D．开关保持断开时，若将上极板稍向上移动，由 和 可知，电容器将放电，由于二极管中的 电流只能从左向右流，则电容器上电荷量不变，结合公式 可知，极板间电场强度不变，则粒子仍能从极 板右端射出，故D错误。故选A。 10．如图所示，倾角为 的绝缘斜面始终静止在水平面上。一质量为m、带电荷量为 的滑块沿斜面匀速下 滑。在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力。则（ ） A．若加上竖直向上的电场后，地面对斜面的摩擦力可能变小B．若加上竖直向下的电场后，地面对斜面的摩擦力一定变大 C．若加上竖直向上的电场后，地面对斜面的摩擦力情况不变 D．若加上竖直向下的电场后，地面对斜面的摩擦力可能变大 【答案】C 【详解】若滑块匀速下滑，由平衡条件可得 对滑块和斜面整体分析可知，地面对斜面的摩 擦力为零，当加上竖直向上的电场后，滑块受到向上的电场力F，在沿斜面方向满 受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑，同理可知，当加上竖直向下的电场后，滑块受到向下的电场力F，在沿 斜面方向满足 受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑。可知滑块和斜面都处于平 衡状态，对整体由平衡条件可知地面对斜面的摩擦力保持不变，为零。故选C。 二、多项选择题 11．2022年2月4日北京冬奥会开幕式上，由一朵朵代表各个参赛国家的“小雪花”组成一朵“大雪花”后， 奥运圣火在其中央点燃，如图甲，让全世界惊叹。某同学发现每朵“小雪花”的基本形状如图乙所示，他利用 绝缘弧形细条摆成模型，若其相邻两条边分别均匀分布着等量的异种电荷如图乙所示，P、Q两点位于对称轴 CF上，且它们与中心点O的距离均相等，若用直线连接相邻各点ABCDEF构成的是正六边形，取无穷远电势 为0，则（ ） A．O点场强大小为0 B．O点电势不为0 C．P、Q两点的电势相等 D．P、Q两点的场强相同【答案】ACD 【详解】A．根据图像对称性分析可知，AF、CD在O点形成的场强方向右下30°，BC、EF在O点形成的场强 方向左下30°，AB、DE在O点形成的场强方向竖直向上，且这三个场强大小相等，方向互成120°，故O的合 场强为0，A正确； BC．以CF为线，上下电荷对称为等量异种电荷，即CF为等量异种电荷连线的中垂线，为等势线且电势为 0，B错误、C正确； D．由对称性可知，左侧两条边和右侧两条边在P、Q两点产生的场强相同，上下两条边在P、Q两点产生的 场强也相同，故P、Q两点的合场强相同，D正确。故选ACD。 12．某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可 等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的 数值分别表示该等势面的电势， 为等势面上的点， 为两电荷连线上对称的两点， 为两电 荷连线中垂线上对称的两点。则（ ） A． 两点的电势差 B．负电荷从 点移到 点，电势能增加 C． 两点的电场强度等大反向 D． 两点的电场强度相同，从 到 的直线上电场强度先变大后变小 【答案】AD【详解】该瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图 A．d、a两点的电势差 选项A正确； B．从 点移到 点电势升高，但由于是负电荷所以电势能减小，选项B错误； C．a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，C错误； D．c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小方向都相同，根据等势线的密程度可判 断出从 到 的直线上电场强度先变大后变小，选项D正确。故选AD。 13．如图甲所示，x轴上固定着两个点电荷A和B，带电量分别为 和 ，点电荷A在原点上，点电荷B的 坐标 。已知点电荷电势公式为 ，其中k为静电力常量，其值为 ，r为到点电荷 的距离，取无穷远处电势为零，通过电势测量仪定量描绘出x轴上各点电势 随位置变化规律如图乙所示。下 列说法正确的是（ ） A． B． ，C．在 处附近无初速度释放电子，不可能做往复运动 D．在 处附近无初速度释放正电子，其最大动能可能为45eV 【答案】BC 【详解】A．根据 轴上电势 变化规律， 区域电势为负，可以判断A带负电，B带正电，且A带 电量比B的电量多， 处电势为零，电势叠加原理为代数运算，根据点电荷电势公式，有 得 选项A错误； B．x 处电势为零，有 得 在 图像中斜率为电场强度，故x 处电场强度为零， 1 2 由点电荷场强公式,有 得 选项B正确； C．在x 处附近无初速度释放电子，电子可能向右运动到达无穷远或是向左运动被点电荷B吸附，不可能做往 2 复运动，选项C正确； D．x 处左侧场强方向向右，右侧场强方向向左，在x 处附近无初速度释放正电子，正电子一定做往复运动， 2 2 其最大动能不可能为45eV，选项D错误。故选BC。 14．如图所示，光滑定滑轮 、 位于同一水平线上，轻绳一端跨过定滑轮 与沙桶连接，另一端跨过定滑 轮 与轻弹簧一端连接，轻弹簧另一端连接带正电的小球B，带正电的小球A固定在定滑轮 正下方。初始 时沙桶、小球B均处于静止状态，且此时 。小球A、B的电荷量不变，轻弹簧始终在弹性限度内。若轻轻取走少许沙子，调整沙桶高度使系统再次平衡。则（ ） A．小球A、B间的距离不变 B．小球B与 间的距离不变 C． 减小 D．小球A、B间的库仑力减小 【答案】AC 【详解】AD．以小球B为对象，设A、B间的库仑力为 ，弹簧弹力为 ，根据相似三角形有 根据库仑定律可得 联立可得 可知 不变，则小球A、B间的库仑力 大小不变，故A正确，D错误； BC．由于沙桶中沙子取走少许，则弹簧的弹力 减小，故 减小，小球B沿圆弧移动，则 减小，故 B错误，C正确。故选AC。 15．如图所示，在水平线ab上方有方向竖直向下的匀强电场I，在水平线cd下方有方向竖直向上的匀强电场 Ⅱ，ab、cd间的距离为2.5h，在ab上方高为h的P点，由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电小球， 过一段时间小球再次回到P点，此过程小球在两个电场中运动的时间之比为1:2，重力加速度为g，电场I的电 场强度大小为 ，则（ ）A．小球带正电 B．电场Ⅱ的电场强度大小为 C．若将小球在P点以大小为 的初速度水平抛出，此后小球重力做功的瞬时功率最大值为 D．若将小球在P点以大小为 的初速度水平抛出，此后小球第一次速度最小时离P点的水平距离为3h 【答案】AC 【详解】A．由题意可知，小球在电场Ⅱ中做减速运动，因此小球带正电，故A正确； B．设小球出电场Ⅰ时的速度大小为 ，根据动能定理有 则 设小球进电场Ⅱ时的 速度大小为 ，根据动能定理有 则 根据动量定理 解得 故B错误； C．将小球在P点以大小为 的初速度水平抛出，重力做功的瞬时功率等于重力与竖直分速度的乘积，即 小球到cd时竖直分速度最大，所以小球重力做功的瞬时功率最大值为 故C正确； D．从P点到cd的过程，由竖直方向由动量定理 结合B项中的分析可得 ；若将小球在P点以大小为 的初速度水平抛出，此后小球第一次速度最小时离P点的水平距离为 故D错误。故选AC。 16．如图所示，固定光滑绝缘的直杆上套有一个质量为m、带电量为 的小球和两根原长均为L的轻弹簧， 两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为 的A、B两点，空间存在方向竖直向下的 匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为 ，两弹簧的劲度系数均为 ，小球在距B点 的P点处于静 止状态，Q点距A点 ，小球在Q点由静止释放，重力加速度为g。则（ ） A．匀强电场的电场强度大小为 B．小球在Q点的加速度大小为 C．小球运动的最大动能为 D．小球运动到最低点的位置离B点的距离为 【答案】BD 【详解】A．由题可知，小球在距B点 的P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹力合力大小为 对小球由共点力平衡可得 解得故A错误； B．根据对称性，可知小球在Q点的受两弹簧弹力合力情况与P点大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律， 有 解得 故B正确； C．小球从Q点由静止下滑时，运动到P点时受力平衡，加速度为0，速度最大，动能最大，从Q到P过程 中，弹簧弹力总功为零，根据动能定理可得 由几何关系可求得 解得 故C错误； D．由题可知，小球从Q点静止运动到最低点时，小球做简谐振动，P点为平衡位置，根据简谐运动的对称性 可知，小球运动最低点到P点距离为 ，所以小球运动到最低点的位置离B点距离 故D正确。故选BD。 17．制备纳米薄膜的装置可简化为真空中的两平行极板，如图所示，B板接地，A板上电势随时间做周期性变 化，A板电势最大值为 ，周期为T，极板间距为d，电荷量为q在两板中央固定一带负电的粒子，其质量为 m，重力忽略不计，下列说法正确的是（ ） A．若在 时刻释放该粒子，粒子到达极板的最大速度可能为B．若在 时刻释放该粒子，粒子可能在 时刻到达B板 C．若在 时刻释放该粒子，粒子的运动方向不变 D．在任何时刻释放该粒子，粒子的动量变化量大小的都不可能大于 【答案】ACD 【详解】AD．由于B板接地，所以 ，那么平行板电容器板间电压大小为 电场强度 粒子在板间受到的电场力 所以粒子受到的电场力与时间t为线性关系，根据动量定理得在 时 刻释放的粒子，粒子在 、 时刻速度最大，有 解得 故AD正确； B．在 时刻释放该粒子，粒子在 时间内一直向B板运动， 时刻粒子速度为零，如果此时粒子未 能到达B板，则粒子接下来向A板运动，所以粒子不可能在 时刻到达B板，故B错误； C． 时刻释放该粒子，粒子在 时间内粒子向A板做加速度增大的加速运动， 时间内粒子向A 板做加速度减小的减速运动，在 时刻粒子速度为零，故C正确。故选ACD。 18．在如图甲所示的两平行金属板上加有如图乙所示的电压，该电压的周期为T，大量电子（其重力不计）以 相同的初速度连续不断地沿平行于金属板的方向从两板间射入电场，并都能从两板间通过，且飞行时间为T， 不考虑电子间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）A．0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最大 B． 时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最大 C．在一个周期内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度大小都相同 D．在一个周期内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度方向都不同 【答案】AC 【详解】AB．设板间距为d，电子质量为m、电量为e，从0时刻射入电场的电子，在电场力作用下做类平抛 运动，侧移量为 当 到T时间内沿着速度方向做匀速直线运动，侧移量为 时刻射入电场的电子离开电场时侧移量是T到 时间内的侧移量，为 故0时刻射入电场的 电子离开电场时侧移量最大，故A正确，B错误； C．在一个周期内不同时刻进入电场的电子离开电场时速度均是 速度方向与垂直电 场方向夹角的正切为 方向相同，故C正确，D错误。故选AC。 19．如图所示，相距 的 、 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场。其中上方的电场 的场强方向竖直向下， 下方的电场 的场强方向竖直向上。若从 点以初速度 水平射 入电量为 、质量为 的粒子， ，通过 上的某点 进入匀强电场 后从 边上的 点水平射 出，其轨迹如图且 ，不计粒子的重力。则下列说法正确的是（ ） A． B． C． D．从 点正下方距 点 处水平射入与 点相同的粒子（初速度仍为 ），则该粒子也会垂直 边界离开 电场 【答案】ACD 【详解】ABC．粒子经PT直线上的点R由E 电场进入E 电场，由Q到R及R到M点的时间分别为t 与t，到 0 1 2 1 达R时竖直速度为v，由牛顿第二定律得F=qE=ma； 可知在下方电场中的加速度a 与上方电场中的加 y 2 速度a 的关系是a=2a 竖直方向v=at= at 可知t=2t 由位移公式得3L=vt+vt 可得 1 1 2 y 22 11 2 1 02 01竖直方向 ； 因 ； 选项AC正确，B错误； D．从 点正下方距 点 处水平射入与 点相同的粒子（初速度仍为 ），根据 则 根据上述分析可知 要想粒子垂直 边界离开电场，水平方向要满足 当从 点正下方距 点 处水平射入与 点相同的粒子（初速度仍为 ）时，带 入数据解得 满足条件，则该粒子也会垂直 边界离开电场，故D正确。故选ACD。 20．如图所示，光滑水平桌面上固定一光滑挡板ABCD，构成小球的运动轨道。其中AB段直轨道与半径为R 的半圆轨道BCD在B处相切，BD为半圆轨道直径。整个轨道都处在大小为E、方向水平且与AB垂直的匀强 电场中。一质量为m、带电荷量为+q的小球静止在挡板内侧A处，小球大小可以忽略。现给小球沿AB方向的 瞬时冲量，使小球开始运动，经过D处时刚好对挡板无压力。已知重力加速度为g，则小球（ ） A．经过D处时速度的大小为 B．经过B处时速度的大小为 C．在B处对挡板压力的大小为6qE D．在A处受到瞬时冲量的大小为 【答案】BCD【详解】A．在D点由牛顿第二定律有 解得 故A错误； BC．从B到D由动能定理得 解得 在B点由牛顿第二定律有 联立解得 由牛顿第三定律可知，在B处对挡板压力的大小为6qE。故BC正确； D．小球在A处获得的速度 由动量定理可知小球在A处受到瞬时冲量的大小 故D正确。故选BCD。 三、计算题 21．如图所示，内径为d=0.06m、高为h=0.42m的圆筒竖直放置，圆筒内有竖直向下的匀强电场（电场强度大 小可调节），圆筒纵截面MNOP所在平面有一微粒发射器，质量为 、电荷量为 的带 负电微粒（可视为质点），被发射器发射后水平飞出，恰好沿M点射入圆筒，假设微粒撞击圆筒壁时速度的 水平分量被完全反弹，竖直分量保持不变，微粒电荷量及电性始终不变。将发射器发射端口与M点的竖直距 离记为y，水平距离记为x，不计空气阻力，重力加速度大小为 。 （1）若将电场强度大小调为 ，要使微粒射入圆筒后，只与其撞击一次，且恰好从P点射 出，求x、y满足的函数关系； （2）若将电场强度大小调为 ，且 、 ，求微粒撞击圆筒左侧壁MP的次 数。【答案】（1） ；（2）2 【详解】（1）微粒从发射器水平射出沿M点射入圆筒有 ， 到M点竖直方向的速度 在圆筒内由牛顿第二定律得 解得 所以微粒在圆筒内水平方向与竖直方向均做匀速直线运 动，则在圆筒中 ， 解得 则 因此x、y满足的函数关系是 （2）微粒在圆筒中，由牛顿第二定律得 解得 微粒从发射器射出到M点做平抛运动， 则 解得 到M点竖直方向的速度 水平方向 解得 所以微粒在圆 筒中水平方向做速度为 的匀速直线运动，竖直方向做初速度为 ，加速度为 的匀加速直线 运动，则 解得 则水平方向的路程 所以碰撞MP的次数为 22．如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道 相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速 度 沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。（水平轨道足 够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移）求： (1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离； (2)碰撞前甲球的速度 。 【答案】(1) ；(2) 【分析】(1)根据乙球恰能通过轨道的最高点，根据牛顿第二定律求出乙球在D点的速度，离开D点后做类平 抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，从而求出竖直方向上运动的时间，根据水平方向做匀速 直线运动求出水平位移。 (2)因为甲乙发生弹性碰撞，根据动量守恒、机械能守恒求出碰后乙的速度，结合动能定理求出甲的初速度。 【详解】(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为 ，乙离开 点到达水平轨道的时间 为 ，乙的落点到 点的距离为 ，则 乙球离开D点后做类平抛运动，竖直方向水平方向 联立解得 (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 、 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 ， 联立得 由动能定理得 联立解得 23．质量m =3.0kg、长度L=0.40m、电量q=+4.0×10-5C的导体板A在足够大的绝缘水平面上，质量m =1.0kg A B 可视为质点的绝缘物块B在导体板A的左端，开始时A、B保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到 v=3.0m/s时，立即施加一个方向水平向左、场强大小E=1.0×105N/C的匀强电场，此时A的右端到竖直绝缘挡 0 板的距离为s=2m，此后A、B始终处在匀强电场中，如图所示，假定A与挡板碰撞时间极短且无机械能损失， A与B之间(动摩擦因数 )及A与地面之间(动摩擦因数 )的最大静摩擦力均可认为等于其滑动 摩擦力，g取10m/s2(不计空气的阻力)求： (1)刚施加匀强电场时，物块B的加速度的大小； (2)导体板A刚离开挡板时，A的速度大小； (3)B能否离开A，若能，求B刚离开A时，B的速度大小；若不能，求B与A的左端的最大距离。 【答案】(1) ；(2) =1m/s；(3)B能离开A，v = m/s，v = m/s A B 【详解】（1）设B受到的最大静摩擦力为 ，则有 设A受到地面的滑动摩擦力的 ，则有 施加电场后，设A、B以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为a，由牛 顿第二定律得 解得 设B受到的摩擦力为 ，由牛顿第二定律得 解得 =2.0N因为 < ，可以知道电场作用后，A、B仍保持相对静止以相同加速度a向右做匀减速运动； 所以刚加上匀强电场时，B的加速度大小为 （2）A与挡板碰前瞬间，设A、B向右的共同速度为 ，根据运动学公式有 解得 =1m/s A与挡板碰撞无机械能损失，故A刚离开挡板时速度大小为 =1m/s （3）A与挡板碰后，以A、B系统为研究对象，则有 ，故A、B系统动量守恒，设A、B向左共同速度 为v，规定向左为正方向，则有 设该过程中，B相对于A向右的位移为 ，由功能关系 得 解得 =0.60m，因s>L，所以B能离开A，根据动量守恒定律和能量 1 守恒定律有 ； 解得v = m/s ；v = m/s A B 24．如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为 ，O为水平连线 的中点，M、 N在 连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（ ）。以O为原点，竖直向下 为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则 上的电势 随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷 量为Q（ ）的小球 以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在 段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。 （1）求小球 在M点所受电场力大小。 （2）当小球 运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球 发生弹性碰撞。已知 与 的质 量相等，碰撞前、后 的动能均为 ，碰撞时间极短。求碰撞前 的动量大小。 （3）现将 固定在N点，为保证 能运动到N点与之相碰， 从M点下落时的初动能须满足什么条件？ 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）设A到M点的距离为 ，A点的电荷对小球 的库仑力大小为 ，由库仑定律有 ① 设小球 在 点所受电场力大小为 ，由力的合成有 ②联立①②式，由几何关系并代 入数据得 ③ （2）设O点下方 处为 点， 与 的距离为 ，小球 在 处所受的库仑力大小为 ，由库仑定律和力的合成有 ④式中 设小球 的质量为 ，小球 在 点的加速度大小为 ，由 牛顿第二定律有 ⑤由图（c）可知，式中 联立④⑤式并代入数据得 ⑥ 设 的质量为 ，碰撞前、后 的速度分别为 ， ， 碰撞前、后的速度分别为 ， ，取竖直向下为 正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有 ⑦ ⑧ 设小球S 碰撞前的动量为 ，由动量的定义有 ⑨依题意有 ； 2 联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得 ⑩即碰撞前 的动量大小为 。 （3）设O点上方 处为D点。根据图（c）和对称性可知， 在D点所受的电场力大小等于小球的重力大 小，方向竖直向上， 在此处加速度为0； 在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证 能 运动到N点与 相碰， 运动到D点时的速度必须大于零。设M点与D点电势差为 ，由电势差定义有 ⑪设小球 初动能为 ，运动到D点的动能为 ，由动能定理有 ⑫ ⑬由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点 电势相等，依据图（b）所给数据，并联立⑥⑪⑫⑬式可得 ⑭25．如图甲，真空中水平放置的平行金属板MN、PQ间所加交变电压U随时间t的变化图像如图乙所示，U 0 已知。距离平行板右侧有一足够大的荧光屏，荧光屏距平行板右侧的距离与平行板的长度相等，电子打到荧光 屏上形成亮斑。现有大量质量为m、电荷量为+q的电荷以初速度v 平行于两板沿中线OO＇持续不断的射入两 0 板间。已知t＝0时刻进入两板间的电子穿过两板的时间等于所加交变电压的周期T，出射速度偏转了53°，所 有粒子均可以从板间射出，忽略电场的边缘效应及重力的影响，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： (1)平行板的长度； (2)板间距离； (3)荧光屏上亮斑离O＇点的最大距离。 【答案】(1) v T；(2) ；(3) 0 【详解】(1)电荷沿OO＇方向做匀速直线运动，则平行板长L＝vT 0 (2)由几何关系可知，电荷离开平行板时沿电场线方向的速度为v＝vtan53°＝ y 0 由动量定理可得 + ＝mvy－0解得d＝ (3)t＝ 进入电场的粒子打在屏上的亮点离O＇点最远，t＝ 进入电场时的加速度a＝ ＝ t＝T时的速度v＝ ＝ 在 ~T内电荷在竖直方向上的位移为y＝ ＝ 1 1t＝ 时的速度v＝ ＝ 在T~ 内电荷在竖直方向上的位移为y＝ ＝vT 2 2 0 设离开电场时速度与水平方向夹角α，则有 解得y ＝y+y+y＝3vT m 1 2 3 0