2024年高考物理總復習一輪考點培優(yōu)訓練11

課時規(guī)范練44

基礎對點練

1.（帶電粒子在交變電場中的運動）如圖所示,A、B兩導體板平行放置，在右0時將電子從

A板附近由靜止釋放（電子的重力忽略不計），若分別在A、B兩板間加下圖所示的四種

電壓，則其中可能使電子打不到B板的是（）

AnriB

答案B

解析加A圖電壓，電子從A板開始向B板做勻加速直線運動，一定能打到B板上，故A

綣誤;加B圖電壓，若A、B板間距足夠大，則07。電子向B板做勻加速運動,h~2人）向B

坂做加速度大小相同的勻減速運動直到速度為零;2m~3/o向A板做勻加速運動,3/o~4/o向

A板做勻減速運動"=4加時電子回到出發(fā)點，可知電子有可能打不到B板，故B正確;加C

圖電壓，電子一直向B板先加速后減速,再加速再減速...一直向B板運動，可知一定能

打到B板，故C錯誤;加D圖電壓，可知電子在一個周期內(nèi)速度的方向不變，一直向B板運

動，一定能打到B板，故D錯誤。

2.（“等效場”在業(yè)場中的應用）（多選）如圖所示,一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用

力作用下，從靜止開始由8沿直線運動到",且必與豎直方向所夾的銳角為45°,則下列

結(jié)論正確的是（）

一&

E?45\

A.此液滴帶正電

B.液滴的加速度等于

C.合力對液滴做的總功等于零

D.液滴的電勢能減少

答案BD

解析帶電液滴沿直線運動到4帶也液滴所受重力與靜電力的合力一定與其運動方向在

同一直線上，對液滴進行受力分析，其受力情況如圖所示,則靜電力方向一定水平向右，與

電場強度方向相反，所以該液滴帶負電,A錯誤;液滴所受合力尸二或〃火,故液滴的加速度

尸《=&g,B正確;由于液滴從靜止開始做加速運動,故合力的方向與運動的方向相同，

合力對液滴做正功,C錯誤;由于靜電力所做的功W=Eqxbtic^45°>0,故靜電力對液滴做

正功,液滴的電勢能減小,D正確。

3.（力電綜合問題）（2023沏南衡陽模擬）7卜平放置的平行板電容器與某一電源相連接后，斷

開開關，重力不可忽略的小球由電容器的正中央沿水平向右的方向射入該電容器,如圖所

示,小球先后經(jīng)過虛線的4、B兩點、。貝"）

—^--4

A.如果小球所帶的電荷為正電荷,小球所受的靜電力一定向下

B.小球由A點運動到B點的過程中靜電力一定做負功

C.小球由A點運動到8點的過程中動能可能減小

D.小球由A點運動到“點的過程中，小球的機械能可能減小

答案D

解析由題圖所示小球運動軌跡可知，小球向下運動,說明小球受到的重力與靜電力的合

力豎直向下，當小球帶正電時,小球所受靜電力向下，或向上且靜電力小于重力，均滿足題

意,A錯誤;如果小球受到的靜電力向下，小球從A點運動到8點過程中靜電力做正功，如

果小球受到的靜電力向上，則靜電力做負功,B錯誤;小球受到的合力向下，小球從A點運

動到8點過程中合力做正功，小球的動能增加,C錯誤;小球從4點運動到8點過程中若

?電力做負功，則小球的機械能減少,D正確。

4.（“等效法”在電場中的應用）（多選）如圖所示，可視為質(zhì)點的質(zhì)量為〃?且電荷量為夕的帶

電小球，用一絕緣輕質(zhì)細繩懸掛于O點，繩長為L,現(xiàn)加一水平向右的足夠大的勻強電場，

電場強度大小為石=警，小球初始位置在最低點，若給小球一個水平向右的初速度，使小

4。

球能夠在豎直面內(nèi)做圓周運動，忽略空氣阻力,重力加速度為g。則下列說法正確的是

（）

%E：

---￡/-------------?

A.小球在運動過程中機械能守恒

B.小球在運動過程中機械能不守恒

C.小球在運動過程中的最小速度至少為歷

D.小球在運動過程中的最大速度至少為|屈

答案BD

解析小球在運動的過程中，靜電力做功，機械能不守恒，故A錯誤.B正確;如圖所示，小球

在電場中運動的等效最高點和最低點分別為A點和8點，等效重力小球在最高

點的最小速度ri滿足G=〃等得v尸等，故C錯誤;小球由最高點運動到最低點，由動能

2

定理有G'-2L=^mv2-解得電=3向L,故D正確。

5.（力電綜合問題）空間存在一方向豎直向下的勻強電場,。、P是電場中的兩點。從。點

沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為〃7的小球A、BoA不帶電,B的電荷量

為q（q>0）。A從O點發(fā)射時的速度大小為vo,到達P點所用時間為f：B從O點到達P點

所用時間為右重力加速度為g,求：

⑴電場強度的大?。?/p>

（2）B運動到P點時的動能。

答案（1管⑵2〃?（%2+g2尸）

解析（1）設電場強度的大小為反小球B運動的加速度為人根據(jù)牛頓第二定律、運動學

公式和題給條件，有

mg+qE=ma

7（盧刎

解得E=電義

q

（2）設B從。點發(fā)射時的速度為也，到達P點時的動能為EMP兩點的高度差為瓦根

據(jù)動能定理有

2

ingh+qEh—Ek-；rriu1

且有vi-^=vW

力二刎

陜立解得

2

Ek=2w（v0+^￥）0

素養(yǎng)綜合練

6.（多選）（2023山東煙臺模擬）光滑水平桌面內(nèi)固定一半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，整個

軌道處于水平向右的勻強電場中,其俯視圖如圖所示。一質(zhì)量為根的帶電小球（看做質(zhì)

點）在4點獲得一速度以在軌道內(nèi)做完整的圓周運動，且小球在A點時速度最大。已知

靜電力的大小等于小球的重九重力加速度大小為g,則下列說法正確的是（）

A.小球帶正電

B.小球在B點時軌道對其彈力大小為〃，件-5g）

C.小球從A點運動到B點的過程中電勢能增加ZngR

D.小球在A點獲得的最小速度為JW

答案BC

解析小球在水平光滑圓軌道上做圓周運動，在A點時速度最大，可知在A點時受靜電力

向左，小球帶負電，選項A錯誤;從A點到8點由動能定理—:小打？=-七。2凡

尿8+”二〃其中Eq=mg,解得FNB=〃?選項B正確;小球從A點運動到B點的

過程中電勢能增加量等于靜電力做的負功，則AEp=qEx2R=2mgR,選項C正確;在B點速

度最小時/艮據(jù):mv.min?一：=-。&2凡，；、球在A點獲得的最小速度

RL2.

為Wmin=J§證，選項D錯誤。

7.（2023浙江省名校協(xié)作體聯(lián)考）如圖所示，第一象限中有沿工軸正方向的勻強電場悌二

象限中有沿y軸負方向的勻強電場，兩電場的電場強度大小相等。一個質(zhì)量為〃?、電荷

量為p的帶電質(zhì)點以初速度內(nèi)從x軸上P（-L,0）點射入第二象限，己知帶電質(zhì)點在第一和

第二象限中都做直線運動，并旦能夠連續(xù)兩次通過），軸上的同一個點Q（未畫出）,重力加

速度g為已知量，求：

⑴初速度⑷與x軸正方向的夾角；

（2）P、Q兩點間的電勢差

⑶帶電質(zhì)點在第一象限中運動所用的時間。

答案（1）45°（2）-等（3）等

解析（1）由題意知，帶包質(zhì)點在第二象限做勻速直線運動

有qE=mg

設初速度用與x軸正方向的夾角為0

且由帶電質(zhì)點在第一象限做直線運動，有

tan心

qE

解得8=45°o

（2）P到Q的過程,由動能定理有

qEL-ingL=0

又WpQ=qEL

解得“。=等=.等。

（3）帶電質(zhì)點在第一象限做勻變速直線運動

由牛頓第二定律有\(zhòng)/2mg=ma

即。二或3帶電質(zhì)點速度從vo減到。所用時間為I

則W）=4f,解得/=它也

2g

帶電質(zhì)點在第一象限中往返一次所用的時間

7=2/=叵。

9

8.（2022廣東深圳期末）XCT掃描機可用于對多種病情的探測。圖甲是某種XCT掃描機

主要部分的剖面圖，其中產(chǎn)生X射線部分的示意圖如圖乙所示。圖乙中M、N之間有一

電子束的加速電場，虛線框內(nèi)為偏轉(zhuǎn)元件中的勻強偏轉(zhuǎn)電場，方向豎直，經(jīng)調(diào)節(jié)后電子從

靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，出電場后速度與水平方向成30°,打到水平

圓形靶臺上的中心點P產(chǎn)生X射線（如圖乙中帶箭頭的虛線所示）。已知MN兩端的電

壓為Uo,偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域水平寬度為〃）,豎直高度足夠長,MN中電子束距離靶臺豎直高度

為從忽略電子的重力影響、不考慮電子間的相互作用，不計空氣阻力，電子質(zhì)量為叫電

荷量用e表示。求：

⑴經(jīng)過加速電場加速后電子的速度w的大小;

⑵偏轉(zhuǎn)電場電場強度的大小和方向；

（3）P點到偏轉(zhuǎn)電場右邊界的水平距離

答案（l）J^

⑵喏方向豎直向上

⑶