2020高考物理二輪復習 600分沖刺 專題三 電場和磁場 第8講 電場及帶電粒子在電場中的運動優(yōu)練（含解析）

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1、電場及帶電粒子在電場中的運動 一、選擇題(本題共10小題，其中1～5題為單選，6～10題為多選) 1．(2019·廣東省汕頭市模擬)如圖所示，放置在水平地面上的箱子內，帶電小球a、b用絕緣細線分別系于箱子的上、下兩邊，均處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是(　A　) A．兩球一定帶異種電荷 B．若增大b球帶電量，連接b的繩子拉力可能變小 C．若增大b球帶電量，連接a的繩子拉力可能不變 D．若增大b球帶電量，箱子對地面的壓力一定增大 [解析]　以b為研究對象，因處于靜止狀態(tài)，則一定受到重力和豎直向上的庫侖引力，可能受到絕緣細線的拉力，所以兩球一定帶異種電荷；若增大b球帶電量，b受

2、到豎直向上的庫侖力增大，連接a的繩子拉力增大，連接b的繩子拉力也增大，故A正確，B、C錯誤；以整體為研究對象，因均處于靜止狀態(tài)，受到重力和豎直向上的支持力作用，二力平衡，若增大b球帶電量，還是受到重力和豎直向上的支持力作用，二力平衡，根據牛頓第三定律可知箱子對地面的壓力不變，故D錯誤。 2．(2019·江西省吉安市模擬)避雷針上方有雷雨云時，避雷針附近的電場線分布如圖所示，圖中中央的豎直黑線AB代表了避雷針，CD為水平地面。MN是電場線中兩個點，下列說法中正確的有(　C　) A．M點的場強比N點的場強大 B．試探電荷從M點沿直線移動到N點，電場力做功最少 C．M點的電勢比N點的電勢

3、高 D．CD的電勢為零，但其表面附近的電場線有些位置和地面不垂直 [解析]　根據題圖可知，M點的電場線較疏，因此M點的場強比N點的場強小，A錯誤；依據電場力做功與路徑無關，因此試探電荷從M點移動到N點，不論路徑如何，電場力做功一樣的，B錯誤；根據沿著電場線方向，電勢是降低的，因此M點的電勢比N點的電勢高，C正確；CD的電勢為零，是等勢面，因此電場線總是垂直等勢面，D錯誤。 3．(2019·山東省聊城市模擬)如圖所示的四條實線是電場線，它們相交于點電荷O，虛線是只在電場力作用下某粒子的運動軌跡，A、B、C、D分別是四條電場線上的點，則下列說法正確的是(　C　) A．O點一定有一個正點

4、電荷 B．B點電勢一定大于C點電勢 C．該粒子在A點的動能一定大于D點的動能 D．將該粒子在B點由靜止釋放，它一定沿電場線運動 [解析]　沒有畫出電場線的方向，所以O點可能是正電荷，也可能是負電荷，A錯誤；由于不知道電場線的方向，所以無法判斷B、C兩點電勢的高低，B錯誤；由于做曲線運動的物體受力的方向指向曲線的內側，可知該粒子在該電場中受到的電場力沿電場線向下，故從A到D電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，則粒子在A點的動能較大，C正確；電場中的帶電粒子受力的方向沿電場線的切線方向，由于B點所在電場線為曲線，所以將該粒子在B點由靜止釋放，它一定不能沿電場線運動，D錯誤。 4．(201

5、9·河北衡水中學模擬)如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，上極板接地。一帶負電的油滴位于容器中的P點且處于靜止狀態(tài)。現將下極板豎直向下緩慢地移動一小段距離，則(　C　) A．帶電油滴將豎直向上運動 B．帶電油滴的機械能將增加 C．P點的電勢將升高 D．電容器的電容增加，極板帶電量增加 [解析]　一個帶負電的油滴最初處于靜止狀態(tài)，說明油滴受到的電場力和重力平衡；現在將下極板向下移動，板間的電壓等于電源電動勢不變，所以板間的電場強度將減小，即油滴受到的電場力減小，所以油滴受到的重力大于電場力，油滴將豎直向下運動，故A錯誤；根據A項的分析可得，油滴向下運動，電場力做負功；機械能的變化

6、等于除重力和彈簧的彈力外的其他力做功，所以機械能將減小，故B錯誤；因為上極板接地，所以上極板的電勢為零，并且上極板接電源的正極，下極板接電源的負極，所以上極板的電勢高于下極板的電勢，電場線的方向是豎直向下的，板間各點的電勢為負值；設P點距離上極板的距離為x，則P點的電勢為－x，由于d增加，所以P點的電勢將升高，故C正確；根據電容C＝，d增加，C減小，據θ＝CU，U不變，C減小，所以極板帶電量減小，故D錯誤。 5．(2019·江西臨川模擬)在某孤立點電荷的電場中，規(guī)定無限遠處電勢為零，則電場中任意點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系圖象如圖所示。電場中a、c兩點電場強度大小之比為k1，b、d

7、兩點電場強度大小之比為k2；帶電粒子從a點移到b點電場力做功為W1，從c點移到d點電場力做功為W2，下列說法正確的是(　A　) A．k1k2＝11　　　　 B．k1k2＝14 C．W1W2＝11 D．W1W2＝14 [解析]　由點電荷的場強公式可知，孤立點電荷的電場中某點的場強大小與該點到點電荷距離的平方成反比，因此k1＝＝16，k2＝＝16，故k1k2＝11選項A正確，B錯；由W＝qU可知，在電場中移動電荷時電場力做的功與移到的兩點間電勢差成正比，因此W1W2＝41，C、D兩項錯。 6．(2019·吉林五地六校合作體期末聯(lián)考)如圖甲，質量為m、電荷量為－e

8、的粒子初速度為零，經加速電壓U1加速后，在水平方向沿O1O2垂直進入偏轉電場。已知形成偏轉電場的平行板電容器的板長為L，兩極板間距為d，O1O2為兩極板的中線，P是足夠大的熒光屏，且屏與極板右邊緣的距離為L，不考慮電場邊緣效應，不計粒子重力。則下列說法正確的是 (　ACD　) A．粒子進入偏轉電場的速度大小v＝ B．若偏轉電場兩板間加恒定電壓U0，粒子經過偏轉電場后正好打中屏上的A點，A點與極板M在同一水平線上，則所加電壓U0＝ C．若偏轉電場兩板間的電壓按如圖乙作周期性變化，要使粒子經加速電場后在t＝0時刻進入偏轉電場后水平擊中A點，則偏轉電場周期T應該滿足的條件為T＝(n

9、＝1,2,3…) D．若偏轉電場兩板間的電壓按如圖乙做周期性變化，要使粒子經加速電場后在t＝0時刻進入偏轉電場后水平擊中A點，則偏轉電場周期U0應該滿足的條件為U0＝(n＝1,2,3…) [解析]　根據動能定理得，eU1＝mv2，解得v＝，故A正確；粒子出偏轉電場時，速度的反向延長線經過中軸線的中點，由題意知，電子經偏轉電場偏轉后做勻速直線運動到達A點，設電子離開偏轉電場時的偏轉角為θ，則由幾何關系得：＝(L＋L)tanθ，解得tanθ＝，又tanθ＝＝＝，解得：U0＝，故B錯誤；要使電子在水平方向擊中A點，電子必向上極板偏轉，且vy＝0，則電子應在t＝0時刻進入偏轉電場，且電子在偏轉電場

10、中運動的時間為整數個周期，則因為電子水平射出，則電子在偏轉電場中的運動時間滿足t＝＝nT，則 T＝＝＝·(n＝1,2,3,4…)，在豎直方向位移應滿足＝2n×a()2＝2n×··()2，解得U0＝(n＝1,2,3,4…)，故C、D正確。 7．(2019·安徽省金安區(qū)模擬)如圖所示a、b、c、d為勻強電場中的等勢面，一個質量為m，電荷量力q(q>0)的粒子在勻強電場中運動。A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v1，在B點的速度大小為v2，方向與等勢面平行。A、B連線長為L，連線與等勢面間的夾角為θ，不計粒子受到的重力，則(　CD　) A．v1可能等于v2 B．等

11、勢面b的電勢比等勢面c的電勢高 C．粒子從A運動到B所用時間為 D．勻強電場的電場強度大小為 [解析]　由粒子的運動軌跡可知，粒子受向上的電場力，此過程中電場力做負功，動能減小，v1＞v2，A錯誤；粒子帶正電，電場線方向向上，等勢面b的電勢比等勢面c的電低，B錯誤；粒子在水平方向做速度為v2的勻速直線運動，水平方向列方程：Lcosθ＝v2t，時間t＝，C正確；由動能定理列方程：－qELsinθ＝m(v－v)，電場強度大小E＝，D正確。 8．(2019·湖南省永州市模擬)如圖所示，圓為負點電荷形成的電場中的一等勢線，圓關于x軸對稱，與x軸的交點分別為a，b，x軸上另有c、d點，各點間的距

12、離為ac＝cd，下列說法正確的是(　AC　) A．b點電場強度比c點電場強度大 B．b點的電勢比c點電勢高 C．各點間的電勢差滿足Udc＜Ucb D．電子在a點的電勢能比在C點的電勢能低 [解析]　負點電荷形成的電場，a、b在同一等勢面上，點電荷在圓心處，根據點電荷場強公式可知，b點電場強度比c點電場強度大，A正確；沿電場線方向電勢逐漸降低，ac點的電勢比c點電勢低，B錯誤；因ac＝cd，且cd段各點場強均小于ac段各點場強，故Udc＜Uca，因a、b在同一等勢面上，故Udc＜Ucb，C正確；因φa＜φc，電子在a點的電勢能比在c點的電勢能高，D錯誤。 9．(2019·山東省濟

13、南市模擬)如圖所示，以O為圓心、半徑為R的虛線圓位于足夠大的勻強電場中，圓所在平面與電場方向平行，M、N為圓周上的兩點。帶正電粒子只在電場力作用下運動，在M點速度方向如圖所示，經過M、N兩點時速度大小相等。已知M點電勢高于O點電勢，且電勢差為U，下列說法正確的是(　AB　) A．M、N兩點電勢相等 B．粒子由M點運動到N點，電勢能先增大后減小 C．該勻強電場的電場強度大小為 D．粒子在電場中可能從M點沿圓弧運動到N點 [解析]　帶電粒子僅在電場力作用下，由于粒子在M、N兩點動能相等，則電勢能也相等，由公式Ep＝qφ知M、N兩點電勢相等，A正確；因為是勻強電場，所以兩點的連線MN即

14、為等勢面。根據等勢面與電場線垂直特征，又M點電勢高于O點電勢，從而畫出電場線。粒子由M點運動到N點過程中，各點電勢先增大后減小，由公式Ep＝qφ得到帶正電粒子電勢能先增大后減小，B正確；勻強電場的電場強度U＝Ed式中的d是沿著電場強度方向的距離，因而由幾何關系可知，UMO＝E×R，所以E＝，C錯誤；粒子受到恒定的電場力，做類拋體運動，D錯誤。 10．(2019·廣東省深圳市模擬)如圖所示，在豎直面(紙面)內有勻強電場，帶電量為q(q＞0)、質量為m的小球受水平向右大小為F的恒力，從M勻速運動到N。已知MN長為d，與力F的夾角為60°，重力加速度為g，則(　ACD　) A．場強大小為

15、B．M、N間的電勢差為 C．從M到N，電場力做功為mgd－Fd D．若僅將力F方向順時針轉60°，小球將從M向N做勻變速直線運動 [解析]　小球做勻速運動，所受合力為0，小球受到重力，水平向右的恒力F，則電場力與重力和恒力F的合力等大反向，即qE＝，則場強大小E＝，A正確；勻強電場的電場線方向不沿MN方向，所以M、N間的電勢差不是d，B錯誤；對小球從M到N過程由動能定理列方程： －mgdsin60°＋Fdcos60°＋W電＝0，得到電場力做功W電＝mgd－Fd，C正確；重力與電場力的合力與恒力F等大反向，即重力與電場力的合力大小為F，方向水平向左，與MN的延長線夾角為60°，若將力F方

16、向順時針轉60°，此時力F與MN的延長線夾角也為60°，由平行四邊形定則可得它們的合力方向沿NM方向，所以小球將從M到N做勻變速直線運動，D正確。 二、計算題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟) 11．(2019·攀枝花二模)如圖所示，在豎直面內有一邊長為L的正六邊形區(qū)域，O為中心點，CD水平。將一質量為m的小球以一定的初動能從B點水平向右拋出，小球運動軌跡過D點?，F在該豎直面內加一勻強電場，并讓該小球帶電，電荷量為＋q，并以前述初動能沿各個方向從B點拋入六邊形區(qū)域，小球將沿不同軌跡運動。已知某一方向拋入的小球過O點時動能為初動能的，另一方向拋入的小球過C點時動能與初動能相等。重力加速度

17、為g，電場區(qū)域足夠大，求： (1)小球的初動能； (2)取電場中B點的電勢為零，求O、C兩點的電勢； (3)已知小球從某一特定方向從B點拋入六邊形區(qū)域后，小球將會再次回到B，求該特定方向拋入的小球在六邊形區(qū)域內運動的時間。 [答案]　(1)mgL　(2)，　(3)6 [解析]　(1)設小球從B點拋出時速度為v0，從B到D所用時間為t，小球做平拋運動 在水平方向上xBD＝v0t 在豎直方向上yBD＝ gt2 由幾何關系可知：xBD＝ Lcos60°＋L，yBD＝Lsin60° 解得小球的初動能為：EkB＝mv＝mgL (2)帶電小球B→O：由動能定理得：EkO－EkB＝q

18、UBO UBO＝φB－φO 解得：φO＝ 帶電小球B→C：由動能定理得： EkC－EkB＝mgLsin60°＋qUBC UBC＝φB－φC 解得：φC＝ (3)在正六邊形的BC邊上取一點G，令φG＝φO，設G到B的距離為x， 則由勻強電場性質可知： ＝ 解得：x＝L 由幾何知識可得，直線GO與正六邊形的BC邊垂直，OG為等勢線，電場方向沿CB方向，由勻強電場電場強度與電勢的關系可得：E＝＝ 根據力合成的平行四邊形定則可得：F合＝mg，方向F→B 只有沿BF方向拋入的小球才會再次回到B點，該小球進入六邊形區(qū)域后，先做勻減速直線運動，速度減為零后反向勻加速直線運動回到B

19、點， 設勻減速所用時間為t1，勻加速所用時間為t2，勻減速發(fā)生的位移為x 則t2－t1＝ 由牛頓定律得：ma＝mg x＝＝L＜BF(未射出六邊形區(qū)域) 小球在六邊形區(qū)域內運動時間為t＝t1＋t2＝6 12．(2019·河北模擬)如圖所示，在水平線MN上方區(qū)域有豎直向下的勻強電場，在電場內有一光滑絕緣平臺，平臺左側靠墻，平臺上有帶絕緣層的輕彈簧，其左端固定在墻上，彈簧不被壓縮時右側剛好到平臺邊緣，光滑絕緣平臺右側有一水平傳送帶，傳送帶A、B兩端點間距離L＝1 m，傳送帶以速率v0＝4 m/s順時針轉動，現用一帶電小物塊向左壓縮彈簧，放手后小物塊被彈出，從傳送帶的B端飛出。小物塊經過

20、MN邊界上C點時，速度方向與水平方向成45°角，經過MN下方M′N′水平線上的D點時，速度方向與水平方向成60°角。傳送帶B端距離MN的豎直高度h1＝0.4 m，MN與M′N′平行，間距h2＝1.6 m，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，小物塊的質量為m＝0.1 kg，帶電量q＝1×10－2 C，平臺與傳送帶在同一水平線上，二者連接處縫隙很小，不計小物塊經過連接處的能量損失，重力加速度為g＝10 m/s2，＝1.732，＝2.236。求： (1)勻強電場的電場強度E； (2)彈簧彈性勢能的最大值； (3)當小物塊在傳送帶上運動因摩擦產生的熱量最大時，小物塊在傳送帶上發(fā)生相對運動

21、的時間t。 [答案]　(1)100 N/C　(2)1 J　(3)0.268 s [解析]　(1)設小物塊從B點飛出的速度為vB，在C點、D點時的速度分別為v1、v2。 在C點小物塊的速度方向與水平方向成45°角，則由幾何關系可知v1x＝v1y＝vB 小物塊從B點運動到C點，在豎直方向上有 2ah1＝v＝v 在D點由＝tan60°，解得v2y＝vB 小物塊從C點運動到D點的過程中，在豎直方向上有 2gh2＝v－v＝(vB)2－v＝2v 解得vB＝4 m/s 將其代入2ah1＝v＝v，解得a＝20 m/s2 小物塊從B點運動到C點的過程中，有qE＋mg＝ma，解得E＝100

22、N/C。 (2)小物塊被彈簧彈開，恰好減速到B端與傳送帶同速，則小物塊從A端運動到B端由v－v2＝－2a0L，ma0＝μ(Eq＋mg)，小物塊在A點具有的動能即為彈簧具有的最大彈性勢能，則Ep＝Ek＝mv2＝1 J。 (3)小物塊在傳送帶上摩擦產生熱量的最大值是物塊在傳送帶上相對位移最長的情況，有兩種情況，一種是物塊一直加速運動到B端與傳送帶共速，一種是物塊在傳送帶上減速到B端與傳送帶共速。 第一種情況：傳送帶的位移：x0＝v0t1 物塊的位移為L：v－v2＝2a0L 物塊的速度變化為v0＝v＋a0t1 聯(lián)立即得t1＝(2－)s 第二種情況：傳送帶的位移：x0′＝v0t2 物塊的位移為L：v－v2＝－2a0L 物塊的速度變化為v0＝v－a0t2 聯(lián)立解得t2＝(－2)s 計算可得第1種情況相對位移大于第2種情況的相對位移，則t＝t1 小物塊在傳送帶上運動因摩擦產生的熱量最大時，小物塊在傳送帶上發(fā)生相對運動的時間t＝0.268 s。 - 10 -