（廣西專用）2020高考物理二輪復習 專題能力訓練8 電場性質及帶電粒子在電場中的運動（含解析）

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1、專題能力訓練8　電場性質及帶電粒子在電場中的運動 (時間:45分鐘　滿分:100分) ? 一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個選項中,1~5題只有一個選項符合題目要求,6~8題有多個選項符合題目要求。全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分) 1.(2019·全國卷Ⅰ)如圖所示,空間存在一方向水平向右的勻強電場,兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下,兩細繩都恰好與天花板垂直,則(　　) A.P和Q都帶正電荷 B.P和Q都帶負電荷 C.P帶正電荷,Q帶負電荷 D.P帶負電荷,Q帶正電荷 答案:D 解析:兩個帶電小球

2、在勻強電場中均處于平衡狀態(tài),只有兩小球帶異種電荷、相互間為吸引力,才可能平衡。小球P帶負電荷時,勻強電場提供的力與小球Q對小球P的吸引力抵消,合力為零,此時小球Q帶正電荷,勻強電場提供的力與小球P對小球Q的吸引力抵消,合力為零,故A、B、C錯誤,D正確。 2.(2019·天津卷)如圖所示,在水平向右的勻強電場中,質量為m的帶電小球,以初速度v從M點豎直向上運動,通過N點時,速度大小為2v,方向與電場方向相反,則小球從M運動到N的過程(　　) A.動能增加12mv2 B.機械能增加2mv2 C.重力勢能增加32mv2 D.電勢能增加2mv2 答案:B 解析:小球由M到N點過

3、程動能增加量為ΔEk=12m(2v)2-12mv2=32mv2,選項A錯誤;小球在豎直方向做上拋運動,豎直方向的位移為h=v22g,故克服重力做功為W=mgh=12mv2,即重力勢能增加12mv2,選項C錯誤;動能增加32mv2,重力勢能增加12mv2,故機械能增加2mv2,選項B正確;根據(jù)能量守恒定律可知,電勢能減小2mv2,選項D錯誤。 3.如圖所示,勻強電場中有一圓,其平面與電場線平行,O為圓心,A、B、C、D為圓周上的四個等分點?，F(xiàn)將某帶電粒子從A點以相同的初動能向各個不同方向發(fā)射,到達圓周上各點時,其中過D點動能最大,不計重力和空氣阻力。則(　　) A.該電場的電場線一定是與

4、OD平行 B.該電場的電場線一定是與OB垂直 C.帶電粒子若經過C點,則其動能不可能與初動能相同 D.帶電粒子不可能經過B點 答案:A 解析:將某帶電粒子從A點以相同的初動能向各個不同方向發(fā)射,到達圓周上各點時,其中過D點動能最大,說明D點電勢能最小,若帶電粒子帶正電,D點為電勢最低點;若帶電粒子帶負電,D點為電勢最高點;該電場的電場線一定是與OD平行,選項A正確,B錯誤。由于C點與A點為電勢相等的點,所以帶電粒子若經過C點,則其動能一定與初動能相同,選項C錯誤。由于題述帶電粒子向各個不同方向發(fā)射,帶電粒子可能經過B點,選項D錯誤。 4.真空中有一帶電金屬球,通過其球心的一直線上各

5、點的電勢φ分布如圖所示,r表示該直線上某點到球心的距離,r1、r2分別是該直線上A、B兩點離球心的距離。根據(jù)電勢圖像(φ-r圖像),下列說法正確的是(　　) A.該金屬球可能帶負電 B.A點的電場強度方向由A指向B C.A點和B點之間的電場,從A到B,其電場強度可能逐漸增大 D.電荷量為q的正電荷沿直線從A移到B的過程中,電場力做功W=q(φ2-φ1) 答案:B 解析:根據(jù)電勢圖像可知,r趨近于無限遠處電勢為零,金屬球帶正電,選項A錯誤;帶正電的金屬球電場類似于正點電荷的電場,根據(jù)正點電荷的電場特征,A點的電場強度方向由A指向B,選項B正確;根據(jù)電勢圖像的斜率表示電場強度,從A

6、到B,其電場強度逐漸減小,選項C錯誤;A、B兩點之間的電勢差為U=φ1-φ2,電荷量為q的正電荷沿直線從A移到B的過程中,電場力做功W=QU=q(φ1-φ2),選項D錯誤。 5.電源和一個水平放置的平行板電容器、兩個變阻器R1、R2和定值電阻R3組成如圖所示的電路。當把變阻器R1、R2調到某個值時,閉合開關S,電容器中的一個帶電液滴正好處于靜止狀態(tài)。當再進行其他相關操作時(只改變其中的一個),以下判斷正確的是(　　) A.將R1的阻值增大時,液滴仍保持靜止狀態(tài) B.將R2的阻值增大時,液滴將向下運動 C.斷開開關S,電容器上的電荷量將減為零 D.把電容器的上極板向上平移少許,電容

7、器的電荷量將增加 答案:A 解析:當R1的阻值增大時,電容器兩端的電勢差不變,帶電液滴受到的電場力不變,液滴保持不動,故A正確;將R2的阻值增大時,則R2兩端的電壓增大,所以電容器兩端的電壓增大,電場力變大,液滴向上運動,故B錯誤;斷開開關,電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢,根據(jù)Q=CU,可知電容器的電荷量將增加,故C錯誤;因為電容器的電容C=εrS4πkd,把電容器的上極板向上平移少許,d增大,會使電容減小,電容器兩端的電勢差不變,根據(jù)Q=CU,可知電容器的電荷量將減少,故D錯誤。 6.(2019·安徽臨泉一中模擬)為模擬空氣凈化過程,有人設計了如圖所示的含灰塵空氣的密閉玻璃圓桶,圓

8、桶的高和直徑相等。第一種除塵方式是:在圓桶頂面和底面間加上電壓U,沿圓桶的軸線方向形成一個勻強電場,塵粒的運動方向如圖甲所示。第二種除塵方式是:在圓桶軸線處放一直導線,在導線與桶壁間加上電壓,電壓大小也等于U,形成沿半徑方向的輻向電場,塵粒的運動方向如圖乙所示。已知空氣阻力與塵粒運動的速度大小成正比,即Ff=kv(k為一定值),假設每個塵粒的質量和電荷量均相同,初速度和重力均可忽略不計,不考慮塵粒之間的相互作用,則在這兩種方式中(　　) A.塵粒都做直線運動 B.塵粒受到的電場力大小相等 C.電場對單個塵粒做功的最大值相等 D.在乙容器中,塵粒做類平拋運動 答案:AC 解析:因

9、初速度為0,重力可忽略不計,則塵粒沿合力方向(電場方向或反方向)做直線運動,A正確,D錯誤;每種除塵方式受到電場力大小F=qE,但兩種不同方式中,空間中的電場強度不同,所以塵粒所受電場力大小是不同的,B錯誤;電場對單個塵粒做功的最大值為qU,在兩種情況下電場對塵粒做功的最大值相同,C正確。 7.如圖所示,傾角為θ的絕緣斜面固定在水平面上,當質量為m、電荷量為+q的滑塊沿斜面下滑時,在此空間突然加上豎直方向的勻強電場,已知滑塊受到的電場力小于滑塊的重力。則下列說法不正確的是(　　) A.若滑塊勻速下滑,加上豎直向上的電場后,滑塊將減速下滑 B.若滑塊勻速下滑,加上豎直向下的電場后,滑塊

10、仍勻速下滑 C.若滑塊勻減速下滑,加上豎直向上的電場后,滑塊仍減速下滑,但加速度變大 D.若滑塊勻加速下滑,加上豎直向下的電場后,滑塊仍以原加速度加速下滑 答案:ACD 解析:若滑塊勻速下滑,則有mgsinθ=μmgcosθ,當加上豎直向上的電場后,電場力為F,沿斜面方向,(mg-F)sinθ=μ(mg-F)cosθ,受力仍平衡,則滑塊仍勻速下滑,故A錯誤、B正確;若滑塊勻減速下滑,則有mgsinθ<μmgcosθ,加速度大小為a=g(μcosθ-sinθ),加上豎直向上的電場后,沿斜面方向,(mg-F)sinθ<μ(mg-F)cosθ,加速度大小為a'=(mg-F)(μcosθ-si

11、nθ)mμmgcosθ,加速度大小為a=g(sinθ-μcosθ),加上豎直向下的電場后,在沿斜面方向,(mg+F)sinθ>μ(mg+F)cosθ,物體仍勻加速下滑。加速度為a'=(mg+F)(sinθ-μcosθ)m>a。即加速度增大,故D錯誤,故選ACD。 8.(2019·福建福州期末)如圖所示,勻強電場中的三個點A、B、C構成一個直角三角形,∠ACB=90°,∠ABC=60°,BC=d。把一個電荷量為+q的點電荷從A點移動到B點電場力不做功,從B點移動到C點電場力所做的功為W。若規(guī)定C點的電勢為零,則(　　) A.A點的電勢為-

12、Wq B.B、C兩點間的電勢差為UBC=Wq C.該電場的電場強度大小為Wdq D.若從A點沿AB方向飛入一電子,其運動軌跡可能是甲 答案:BD 解析:點電荷在勻強電場中從A點移動到B點,電場力不做功,說明AB為等勢線;從B移動到C電場力做功W,則UBC=Wq,UBC=UAC,又C點電勢為零,則A點電勢為Wq,A錯誤,B正確。電場線垂直AB方向,C點到AB的距離為dsin60°,所以電場強度大小為Wqdsin60°,C錯誤。從A點沿AB方向飛入的電子,所受的電場力垂直于AB向上,做類平拋運動,D正確。 二、非選擇題(本題共3小題,共44分) 9.(14分)(2019·安徽臨泉一中

13、模擬)一平行板電容器長l=10 cm,寬a=8 cm,板間距d=4 cm,在板左側有一個U0=400 V加速電場(圖中沒畫出),使不計重力的離子從靜止經加速電場加速后,沿足夠長的“狹縫”,沿著與兩板平行的中心平面,連續(xù)不斷地向整個電容器射入,離子的比荷均為2×1010 C/kg,距板右端l2處有一屏,如圖甲所示。如果在平行板電容器的兩極板間接上如圖乙所示的交變電壓,由于離子在電容器中運動所用的時間遠小于交變電壓的周期,故離子通過電場的時間內電場可視為勻強電場。試求: (1)離子進入平行板電容器時的速度; (2)離子打在屏上的區(qū)域面積; (3)在一個周期內,離子打到屏上的時間。 答案

14、:(1)4×106 m/s　(2)64 cm2　(3)0.012 8 s 解析:(1)設離子進入平行板電容器時速度為v0,根據(jù)動能定理得 qU0=12mv02 解得v0=2qU0m=4×106m/s。 (2)設離子恰好從極板邊緣射出時極板兩端的電壓為U0 水平方向:l=v0t 豎直方向:d2=12at2 又a=qU0md 聯(lián)立以上各式得 U0=md2v02ql2=128V 即當U≥128V時離子打到極板上,當U<128V時離子打到屏上。 利用推論——打到屏上的離子好像是從極板中心沿直線射到屏上,由此可得l2+l2l2=yd2 解得y=d 又由對稱性知,豎直方向上離子打

15、到屏上區(qū)域的總長度為2d 則離子打到屏上的區(qū)域面積為S=2da=64cm2。 (3)在前14T,離子打到屏上的時間 t0=128200×0.005s=0.0032s 又由對稱性知,在一個周期內,打到屏上的總時間t=4t0=0.0128s。 10.(15分)如圖所示,在平面直角坐標系中,有方向平行于坐標平面的勻強電場,坐標系內有A、B兩點,其中A點坐標為(6,0),B點坐標為(0,3),坐標原點O處的電勢為0,點A處的電勢為8 V,點B處的電勢為4 V?，F(xiàn)有一帶電粒子從坐標原點O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v=4×105 m/s射入電場,粒子運動時恰好通過B點,不計粒子所受重力,求:

16、 (1)圖中C(3,0)處的電勢; (2)勻強電場的電場強度大小; (3)帶電粒子的比荷qm。 答案:(1)4 V　(2)2.67×102 V/m　(3)2.4×1011 C/kg 解析:(1)設C處的電勢為φC 因為OC=CA 所以φO-φC=φC-φA φC=φO+φA2=0+82V=4V。 (2)BC連線為等勢線,電場強度方向與等勢線BC垂直 設∠OBC=θ,OB=l=3cm 由tanθ=OCl=33,得θ=60° 由U=Ed,得E=Ud=UBOlsinθ=43×32×10-2V/m=2.67×102V/m。 (3)因為帶電粒子做類平拋運動, 所以lc

17、osθ=vtlsinθ=12·qEmt2 聯(lián)立解得qm=2v2sinθElcos2θ=2×(4×105)2×3283×102×3×10-2×14C/kg=2.4×1011C/kg 所以帶電粒子的比荷為2.4×1011C/kg。 11.(15分)(2017·全國卷Ⅱ)如圖所示,兩水平面(虛線)之間的距離為h,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動能

18、為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求: (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比; (2)A點距電場上邊界的高度; (3)該電場的電場強度大小。 答案:(1)3∶1　(2)13h　(3)mg2q 解析:(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0,則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下產生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為x1和x2。由題給條件和運動學公式得 v0-at=0① x1=v0t+12at2② x2=v0t-12at2③ 聯(lián)立①②③式得x1∶x2=3∶

19、1。④ (2)設A點距電場上邊界的高度為hA,小球下落hA時在豎直方向的分速度為vy,由運動學公式得 vy2=2ghA⑤ h=vyt+12gt2⑥ M進入電場后做直線運動,由幾何關系知 v0vy=x1h⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得hA=13h。⑧ (3)設電場強度的大小為E,小球M進入電場后做直線運動,則v0vy=qEmg⑨ 設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2,由動能定理得 Ek1=12m(v02+vy2)+mgh+qEx1 Ek2=12m(v02+vy2)+mgh-qEx2 由已知條件Ek1=1.5Ek2 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩式得E=mg2q。 10