高考物理考前冲刺（19）电场及带电粒子在电场中的运动选择题猜押练 (含详解)

高考物理冲破高分瓶颈考前必破

破（19）电场及带电粒子在电场中的运动选择题猜押练

【真题引领】              

1.（2019·全国卷I·T15）如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则              (　　)

A.P和Q都带正电荷             B.P和Q都带负电荷

C.P带正电荷,Q带负电荷         D.P带负电荷,Q带正电荷

2.(2019·全国卷Ⅱ ·T20)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则              (　　)

A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小

B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合

C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能

D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行

3.(2019·全国卷Ⅲ·T21)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则              (　　)

A.a点和b点的电势相等

B.a点和b点的电场强度大小相等

C.a点和b点的电场强度方向相同

D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加

4.(2019·天津高考 ·T3)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程              (　　)

A.动能增加mv2         B.机械能增加2mv2

C.重力势能增加mv2     D.电势能增加2mv2

5.（2019·北京高考·T17）如图所示,a、b两点位于以负点电荷-Q(Q>0)为球心的球面上,c点在球面外,则 (　　)

A.a点场强的大小比b点大      B.b点场强的大小比c点小

C.a点电势比b点高            D.b点电势比c点低

6.(2019·江苏高考·T5)一匀强电场的方向竖直向上,t=0时刻,一带电粒子以一定初速度水平射入该电场,电场力对粒子做功的功率为P,不计粒子重力,则P-t关系图象是              (　　)

【高考猜押】

7．如图所示，由平行板a、b组成的电容器与电池连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则

A．点电荷所受电场力增大

B．点电荷在P处的电势能减小

C．P点电势降低

D．电容器的带电荷量增加

8．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v­t图象如图乙所示，不计空气阻力，则

A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等

B．在t＝5 s时，滑块经过边界MN

C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5

D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功

9．如图所示，真空中xOy坐标系平面内有以O为圆心的两个同心圆，分别与坐标轴交于a、b、c、d和e、f、g、h；在a、c两点固定两个正点电荷，b、d两点固定两个负点电荷，且四个点电荷所带电荷量相等。下列说法正确的是

A．g、f两点的电场强度相同

B．e、h两点的电场强度相同

C．将质子从O移到f电场力做负功

D．将电子从O移到e电场力做正功

10．(多选)在某电场中沿x方向上，电势φ与x关系如图所示，假设有一电子在该电场中仅受电场力作用而移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是

A．x3到x4区域内沿x轴方向上的电场为匀强电场

B．若电子从电势为2 V的x1位置向右运动到电势为2 V的x7位置，因为电子电势能不变，电场力不做功，电子初动能大于零即可满足要求

C．x6到x7区域内沿x方向的电场强度为零

D．若电子从电势为2 V的x1位置向右运动到电势为2 V的x7位置，为了通过x4处电势为3 V的位置，电子至少具有的初动能为1 eV

11．(多选)如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E, ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是

A．小球一定能从B点离开轨道

B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动

C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H

D．小球到达C点的速度可能为零

12．(多选)如图所示，在一个匀强电场中有一个三角形ABC，AC的中点为M，BC的中点为N。将一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB＝6.0×10－9 J。则以下分析正确的是

A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN可能小于3.0×10－9 J

B．若将该粒子从点M移动到N点，电势能减少3.0×10－9 J

C．若该粒子由B点移动到N点，电场力做功为－3.0×10－9 J

D．若被移动的粒子的电量为＋2×10－9 C，可求得A、B之间的电势差UAB为3 V

13．现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等。在AB、AC、 CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、 AC的中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是

A．O点的电场强度和电势均为零

B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力所做总功为零

C．同一点电荷在a、d两点所受电场力不同

D．将一负点电荷由a点移到b点电势能减小

14．(多选)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4 m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104 N/C。现有一电荷量q＝＋1.0×10－4 C，质量m＝0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点，取g＝10 m/s2。

A．带电体在圆形轨道C点的速度大小为2 m/s

B．落点D与B点的距离xBD ＝0

C．带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小7 N

D．带电体在从B到C运动的过程中对轨道最大压力为3(＋1) N

高考物理冲破高分瓶颈考前必破

破（19）电场及带电粒子在电场中的运动选择题猜押练（答案）

【真题引领】

1、【答案】D

解析：若P和Q都带正电荷,Q在水平方向所受电场力的合力水平向右,细绳不可能恰好与天花板垂直,故选项A错误;若P和Q都带负电荷,P在水平方向受电场力的合力水平向左,细绳不可能恰好与天花板垂直,故选项B错误;若P带正电荷,Q带负电荷,P在水平方向受电场力的合力水平向右,Q在水平方向所受电场力的合力向左,两细绳不可能都恰好与天花板垂直,故选项C错误;若P带负电荷,Q带正电荷,P在水平方向受电场力的合力可能为0,Q在水平方向所受电场力的合力也可能为0,故选项D正确。2、【答案】A、C

解析：若电场由等量同种电荷形成,由A点释放负电荷,则负电荷先加速后减速,A正确;若电场线为曲线,粒子轨迹不与电场线重合,B错误;由于N点速度大于等于零,故N点动能大于等于M点动能,由能量守恒可知,N点电势能小于等于M点电势能,C正确;粒子在N点所受电场力的方向一定与该点电场线的切线方向平行,电场线与粒子轨迹不一定重合,D错误。

3、【答案】B、C

解析：两个点电荷间的电场线分布是由q指向-q的,根据正方体的特点可知在这四点所在平面上a点和b点所处电场线是关于q和-q连线对称的,且b点距离正电荷q较a点更近,沿电场线方向电势逐渐降低,故b点电势高于a点电势,故A项错误。如图所示,两点电荷在a、b两点所产生合场强大小相等,方向相同,故B、C项正确。负电荷从a点移动到b点,由电势低的地方移动到电势高的地方,电场力做正功,电势能减小,故D项错误。

4、【答案】B

解析：小球从M运动到N的过程中动能增加量ΔEk=Ek2-Ek1=m(2v)2-mv2=mv2,因此A错误;小球在竖直方向上只受重力,做竖直上抛运动,初速度为v,末速度为零,根据0-v2=-2gh可得增加的重力势能ΔEp=mgh=mv2,因此C错误;小球在水平方向只受电场力,做初速度为零、末速度为2v的匀加速直线运动,根据(2v)2-0=2ax可得电场力做功W=Fx=max=2mv2,所以电势能减少2mv2,机械能增加2mv2,因此B正确、D错误。

5、【答案】D

解析：负点电荷电场线和等势面如图所示,沿电场线方向电势降低,电场线的疏密表示场强大小,由此可知a、b场强大小相等且大于c点场强,选项A、B错误;c点电势高于b点电势,b点电势等于a点电势,选项C错误,D正确。

6、【答案】A

解析：带电粒子水平射入匀强电场中,带电粒子所受的电场力F不变,加速度a=恒定,粒子在电场的方向上做初速度为零的匀加速运动,vy=at=t,故电场力对粒子做功的功率P=Fvy=t,即电场力对粒子做功的功率与时间成正比关系,所以选项A正确,B、C、D错误。

【高考猜押】

7、【答案】B

解析　由于电容器与电源相连，板间电压U不变，故b板下移时电场强度E＝减小，电荷所受电场力减小；电容减小，电容器所带电荷量Q＝CU减小，A、D错误。因P与a板距离不变，则P与a板间电势差减小，故P与b板间电势差增大，而b板电势为零、P点电势大于零，故P点电势升高。C错误。因a板带正电，P处电荷带负电，而负电荷在电势越高处电势能越小，故B正确。

8、【答案】C

解析　根据题中速度图象的面积表示位移可知，滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小不相等，选项A错误；根据题图乙所示速度图象可知，t＝2 s时滑块越过分界线MN，选项B错误；根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2 s时间内，滑块加速度大小可表示为a1＝，在2～5 s时间内，滑块加速度大小可表示为a2＝，设电场力为F，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在MN分界线右侧的运动，由牛顿第二定律得F－f＝ma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律得f＝ma2，联立解得：f∶F＝2∶5，选项C正确；在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为Wf＝－f·x＝－f·2.5 v0，电场力做的功可表示为WF ＝Fx1 ＝F·v0＝2. 5f·v0，二者做功相等，选项D错误。

 9、【答案】D

解析　根据电场的叠加原理可知，两个正电荷和两个负电荷在g点产生的场强方向均沿y轴正向，则g点的场强方向沿y轴正向。两个正电荷和两个负电荷在f点产生的场强方向均沿y轴负向，则f点的场强方向沿y轴负向，g、f两点场强大小相等，方向相反，所以电场强度不同，故A错误，根据对称性可知，e、h两点的电场强度大小相等、方向相反，所以电场强度不同，故B错误，根据电场线的分布可知，Of间的电场线方向沿O→f，质子所受的电场力方向由O→f，则将质子从O移到f电场力做正功，故C错误。根据电场线的分布可知，Oe间的电场线方向沿e→O，电子所受的电场力方向由O→e，则将电子从O移到e电场力做正功，故D正确。

 10、【答案】AC

解析　由x3到x4电势均匀增大，则电场为匀强电场，故A正确；由x6到x7电势不变，则沿x方向电场强度为零，故C正确；要电子能从x1运动到x7，对于x1到x2，电场力阻碍电子运动，电子的初动能要大于电场力做功的值，故B错误；电子只要能通过x2处，就可通过x4，则其具有的初动能至少为2 eV。故D错误。

11、【答案】BC

解析　由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确，由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，若小球沿半圆轨道运动，到达C点的速度不可能为零。故D错误。

 12、【答案】BD

解析　根据匀强电场中，U＝Edcos θ，设AB与MN跟电场线的夹角为θ，则由几何关系得：＝，UMN＝E··cos θ＝E··cos θ＝UAB；则粒子从M点移动到N点，电场力做功为WMN＝qUMN＝q·UAB＝WAB＝3.0×10－9 J。故A错误，B正确。由于电场方向未知，不能得到BN两点间的电势差，故不能求解粒子由B点移动到N点电场力做功。故C错误。若粒子的电量为q＝2×10－7 C，由WAB＝qUAB得A、B之间的电势差UAB＝＝ V＝3 V。故D正确，故选BD。

 13、【答案】B

解析　上下两个正负点电荷在O点将产生的电场强度向下，左右两个正负点电荷在O点的电场强度向右，根据矢量合成法则可知，O点电场强度不为零，方向沿为AD方向。四个点电荷在O点处电势为零，故A错误。据对称性，b、c等电势，把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，故B正确。按照库仑定律和力的合成，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，故C错误。取无穷远处电势为零，在a点的电势为正，b、O、c三点电势相等，均为零，则负电荷从a移动到b电场力做负功，所以电势能增加，故D错误，故选B。

14、【答案】BD

解析　设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律：mg＝m，解得vC＝2.0 m/s，故A错误；设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有：2R＝gt2，故：xDB＝vCt－t2，联立解得xDB＝0，故B正确；设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有：FB－mg＝m，带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理：－mg·2R＝mv－mv，联立解得：FB＝6.0 N，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB＝6.0 N，故C错误；由P到B带电体作加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中。在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处，设小球的最大动能为Ekm根据动能定理有：

qERsin 45°－mgR(1－cos 45°)＝Ekm－mv；在动能最大位置，支持力也最大，根据牛顿第二定律，有：N－mg＝；联立解得N＝3(＋1) N，故D正确；故选BD。