2019版高考物理大二輪復習 考前基礎回扣練9 電場及帶電粒子在電場中的運動.doc

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回扣練9：電場及帶電粒子在電場中的運動 1．如圖所示，圖甲實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的P點靜止釋放，不考慮兩粒子間的相互作用，僅在電場力作用下，兩粒子做直線運動，a、b粒子的速度大小隨時間變化的關系如圖乙中實線所示，虛線為直線．則(　　) A．a一定帶正電，b一定帶負電 B．a向左運動，b向右運動 C．a電勢能減小，b電勢能增大 D．a動能減小，b動能增大 解析：選B.從速度—時間圖象中可以看出，a粒子加速度逐漸增大，b粒子加速度逐漸減小，因為粒子僅受電場力，可知a粒子電場力逐漸增大，b粒子電場力逐漸減小，所以a向左運動，b向右運動．由于不知電場的方向，所以無法判斷a、b的電性．故A錯誤，B正確．帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，所以a、b的電勢能均減?。蔆錯誤．帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，因為僅受電場力，根據(jù)動能定理，a、b的動能均增加．故D錯誤．故選B. 2．如圖所示，半徑為R的均勻帶電球殼帶電量為Q(Q>0)．已知半徑為R的均勻帶電球殼在球殼的外部產生的電場與一個位于球心O點的、電荷量相等的點電荷產生的電場相同．靜電力常量為k，下列說法正確的是(　　) A．球心O處的場強為 B．在球殼外距球殼為r處的電場強度為 C．球殼的表面為等勢面 D．若取無窮遠處電勢為零，則球殼表面處的電勢小于零 解析：選C.由對稱性可知，球心O處的場強為零，選項A錯誤；在球殼外距球殼為r處的電場強度為E＝ ，選項B錯誤；球殼的表面處的電場線垂直于表面，則球殼表面為等勢面，選項C正確；因球殼帶電量為正，則若取無窮遠處電勢為零，則球殼表面處的電勢大于零，選項D錯誤；故選C. 3．如圖，一質量為m、電量為q的帶正電粒子在豎直向下的勻強電場中運動，M、N為其運動軌跡上的兩點．已知該粒子在M點的速度大小為v0，方向與水平方向的夾角為60，N點為軌跡的最高點，不計重力．則M、N兩點間的電勢差為(　　) A.　　　　　　　 B．－ C．－ D． 解析：選B.從M點到N點利用動能定理有： qUMN＝mv－mv＝m(v0sin 60)2－mv 解得：UMN＝－，故B正確． 4．如圖所示為某電場中x軸上電勢φ隨x變化的圖象，一個帶電粒子僅受電場力作用在x＝0處由靜止釋放沿x軸正向運動，且以一定的速度通過x ＝x2處，則下列說法正確的是(　　) A．x1和x2處的電場強度均為零 B．x1和x2之間的場強方向不變 C．粒子從x＝0到x＝x2過程中，電勢能先增大后減小 D．粒子從x＝0到x＝x2過程中，加速度先減小后增大 解析：選D.φ x圖象的切線斜率表示場強的大小，x1和x2兩處的場強均不為零，因此A項錯誤．在x軸上沿電場方向電勢降低，逆著電場方向電勢升高，所以x1到x2之間電場強度的方向先沿x軸負方向后沿x軸正方向，選項B錯誤．粒子僅在電場力作用下由靜止開始運動，從x＝0到x＝x2之間由于電場方向發(fā)生了改變，電場力先做正功后做負功，粒子的電勢能先減小后增大，選項C錯誤．根據(jù)牛頓第二定律，加速度與電場力大小成正比，電場力大小與各處的電場強度大小即圖象的斜率大小成正比，由圖象知，粒子的加速度先減小后增大，選項D正確． 5．均勻帶電的球體在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場．如圖所示，在半球體上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球半徑為R，MN為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有A、B兩點，A、B關于O點對稱，AB＝4R.已知A點的場強大小為E，則B點的場強大小為(　　) A.＋E B．－E C.＋E D．－E 解析：選B.若將帶電量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在A、B點所產生的電場為E0＝＝，由題知當半球面產生的場強為E，則B點的場強為E′＝E0－E.解得E′＝－E，故選B. 6．(多選)如圖所示，空間分布著豎直向上的勻強電場E，現(xiàn)在電場區(qū)域內某點O處放置一負點電荷Q，并在以O點為球心的球面上選取a、b、c、d四點，其中ac連線為球的水平大圓直徑，bd連線與電場方向平行．不計空氣阻力，則下列說法中正確的是(　　) A．b、d兩點的電場強度大小相等，電勢相等 B．a、c兩點的電場強度大小相等，電勢相等 C．若從a點拋出一帶正電小球，小球可能沿a、c所在圓周做勻速圓周運動 D．若從a點拋出一帶負電小球，小球可能沿b、d所在圓周做勻速圓周運動 解析：選BC.Q在b點與d點場強方向相反，與勻強電場疊加后d點場強大于b點場強．故A錯誤；a、c兩點的電場強度大小相等，點電荷在ac兩點的電勢相等，電場E在ac兩點的電勢相等，所以ac兩點的電勢相等．故B正確；若能做勻速圓周運動，要使小球所受的合力大小不變，方向變化，則應為勻強電場力與重力相平衡，合力為Q所給的庫侖力．故正電荷可沿a、c所在圓周做勻速圓周運動．故C正確；若從a點拋出一帶負電小球，其所受合力不可能指向Q點，則不能做勻速圓周運動．故D錯誤；故選BC. 7．(多選)如圖所示，水平面內的等邊三角形ABC的邊長為L，兩個等量異種點電荷＋Q和－Q分別固定于A、B兩點．光滑絕緣直導軌CD的上端點D位于到A、B中點的正上方，且與A、B兩點的距離均為L.在D處質量為m、電荷量為＋q的小球套在軌道上(忽略它對原電場的影響)，并由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g.忽略空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．D點的場強大小為 B．小球到達CD中點時，其加速度為零 C．小球剛到達C點時，其動能為mgL D．小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先增大后減小 解析：選AC.根據(jù)點電荷產生的電場的性質可知，負電荷在D處的電場強度沿DB方向，正電荷在D處的電場強度沿AD方向，兩個點電荷的電量是相等的，所以兩個點電荷在D點的電場強度的大小相等，則它們的合場強的方向沿AD、DB的角平分線；由庫侖定律得，A、B在D點的場強的大?。篍A＝E＝k，則D點的場強：ED＝EAcos 60＋EBcos 60＝k，故A正確；當小球到達CD中點時，小球受重力、支持力、正電荷的排斥力、負電荷的吸引力，對其受力分析可知，重力和支持力的合力與正電荷的排斥力和負電荷的吸引力的合力不在同一平面上，故兩個合力不可能平衡，故加速度不為零，故B錯誤；由于C與D到A、B的距離都等于L，結合等量異種點電荷的電場特點可知，C點與D點在同一等勢面上，電場力不做功，故小球的電勢能不變，下落過程只有重力做功，即：mgOD＝mv2，又幾何關系可知：OD＝Lsin 60＝L，小球的動能Ek＝mv2＝mgL，故C正確，D錯誤．故選AC. 8．(多選)如圖所示，兩個水平放置的平行板電容器，A板用導線與M板相連，B板和N板都接地．讓A板帶電后，在兩個電容器間分別有P、Q兩個帶電油滴都處于靜止狀態(tài)．A、B間電容為C1，電壓為U1，帶電量為Q1；M、N間電容為C2，電壓為U2，帶電量為Q2.若將B板稍向下移，下列說法正確的是(　　) A．P向下動，Q向上動 B．U1減小，U2增大 C．Q1減小，Q2增大 D．C1減小，C2增大 解析：選AC.將B板下移時，由C＝，C1將增?。欢鳰N板不動，故MN的電容不變；故D錯誤；假設Q不變，則AB板間的電壓U1將增大，大于MN間的電壓，故AB板將向MN板充電；故Q1減小，Q2增大；故C正確；充電完成，穩(wěn)定后，MN及AB間的電壓均增大，故對Q分析可知，Q受到的電場力增大，故Q將上移；對AB分析可知，E1＝＝＝＝，故電場強度減小，故P受到的電場力減小，故P將向下運動；故A正確；故選AC. 9．(多選)有三根長度皆為L的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別掛有質量均為m、電量分別為－q、q的帶電小球A和B，A、B間用第三根線連接起來．所在空間存在水平向右、大小E＝的勻強電場，系統(tǒng)平衡時，A、B球的位置如圖所示．現(xiàn)將O、B之間的輕線燒斷，因空氣阻力，A、B兩球最后會達到新的平衡位置(不計兩帶電小球間相互作用的靜電力)．以下說法正確的是(　　) A．A球的電勢能增加了qEL B．B球的電勢能減少了qEL C．A球的重力勢能減少了mgL D．B球的重力勢能減少了mgL 解析：選ACD.設達到新的平衡位置時OA繩與豎直方向夾角為α，OB繩與豎直方向夾角為β，由平衡條件得 對A：T1cos α＝mg＋T2cos β　qE＝T1sin α＋T2sin β 對B：Tcos β＝mg　qE＝T2sin β 聯(lián)立解得：α＝0，β＝45， 所以A球的重力勢能減少了 mgL(1－cos 30)＝mgL B球的重力勢能減少了 mgL(1＋cos 45)－mgLcos 30＝ mgL A球的電勢能增加了qELsin 30＝qEL B球的電勢能減小了qEL(sin 45－sin 30)＝qEL 綜上所述，故A、C、D正確． 10．(多選)如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面(紙面)內，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知(　　) A．Q點的電勢比P點高 B．油滴在Q點的動能比它在P點的大 C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小 解析：選AB.根據(jù)粒子的彎折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同時因軌跡關于P點對稱，則可說明電場力應豎直向上；粒子帶負電，故說明電場方向豎直向下；則可判斷Q點的電勢比P點高；故A正確；粒子由P到Q過程，合外力做正功，故油滴在Q點的動能比它在P點的大；故B正確；因電場力做正功，故電勢能減小，Q點的電勢能比它在P點的??；故C錯誤；因受力為恒力；故PQ兩點加速度大小相同；故D錯誤；故選AB.