（通用版）2020版高考物理二輪復(fù)習 專題分層突破練8 電場 帶電粒子在電場中的運動（含解析）

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1、專題分層突破練8　電場　帶電粒子在電場中的運動 A組 　1.(2019重慶八中模擬)在如圖所示的四種電場中,分別標記有a、b兩點,其中a、b兩點電場強度大小相等、方向相反的是(　　) A.圖甲中與點電荷等距的a、b兩點 B.圖乙中兩等量異種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點 C.圖丙中兩等量同種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點 D.圖丁中非勻強電場中的a、b兩點 2. 真空中有一半徑為r0的帶電金屬球殼,若取無窮遠處為零電勢,通過其球心的一直線上各點的電勢φ分布規(guī)律可用圖中曲線表示,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

2、兩點離球心的距離。下列說法中正確的是(　　) A.該球殼帶負電 B.A點的電場強度大于B點的電場強度 C.若r2-r1=r1-r0,則φA-φB=φ0-φA D.將電子從A點移到B點,電場力做正功 3. 如圖所示,R是一個定值電阻,A、B為水平正對放置的兩塊平行金屬板,兩板間帶電微粒P處于靜止狀態(tài),則下列說法正確的是(　　) A.若增大A、B兩金屬板的間距,則有向右的電流通過電阻R B.若增大A、B兩金屬板的間距,P將向上運動 C.若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片,P將向上運動 D.若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片,P將向上運動 4. 在空間某區(qū)域存

3、在一電場,x軸上各點電勢隨位置變化情況如圖所示,圖線為曲線,且關(guān)于縱軸對稱。下列關(guān)于該電場的論述正確的是(　　) A.圖中A點對應(yīng)的電場強度大于B點對應(yīng)電場強度 B.圖中A點對應(yīng)的電勢大于B點對應(yīng)電勢 C.一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在-x1點的電勢能 D.一個帶正電的粒子在-x1點的電勢能大于在-x2點的電勢能 5.如圖甲為一對長度為L的平行金屬板,在兩板之間加上圖乙所示的電壓?，F(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計),且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出,若粒子在兩板之間的運動時間均為T,則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是(

4、　　) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 6. 如圖,A、B、C三個點電荷分別固定于一個邊長為a的正三角形的三個頂點,它們所帶的電荷量分別為+Q、-2Q、-2Q,在三角形中心O釋放一個帶+q電荷的試探電荷,為了讓該試探電荷靜止在O點,需要在空間加上一個平行于三角形所在平面的勻強電場,則(　　) A.所加勻強電場方向為由O指向A,電場強度大小為3kQa2 B.所加勻強電場方向為由A指向O,電場強度大小為9kQa2 C.撤去勻強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,移動過程中試探電荷的電勢能增加 D.撤去勻強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,移動過程中電場力對試

5、探電荷做正功 7. (2019山東淄博模擬)如圖所示,平行板電容器兩極板水平放置,現(xiàn)將其與二極管串聯(lián)接在電動勢為E的直流電源上,電容器下極板接地,靜電計所帶電荷量可忽略,二極管具有單向?qū)щ娦?。閉合開關(guān)S,一帶電油滴恰好靜止于兩板間的P點,現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則下列說法正確的是(　　) A.平行板電容器的電容將變大 B.靜電計指針張角變小 C.帶電油滴的電勢能將增加 D.油滴仍將保持靜止 8.(多選)(2019山東臨沂模擬)在豎直向上的勻強電場中,有兩個質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點)處在同一水平面上。現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0

6、向右拋出,最后落到水平地面上,運動軌跡如圖所示,兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮,則(　　) A.A球帶正電,B球帶負電 B.A球比B球先落地 C.在下落過程中,A球的電勢能減少,B球的電勢能增加 D.兩球從拋出到各自落地的過程中,A球的動能變化量比B球的小 9. (多選)如圖所示,豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場,與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放,Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放,兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置。則從開始釋放到運動到右極板的過程中,下列選項正確的是(　　) A.P的運動時間大于Q的運動時間 B.

7、P、Q的電勢能減少量之比為4∶1 C.P、Q的動能增加量之比為4∶1 D.P、Q的電荷量之比為2∶1 10. (多選)(2019湖北部分重點中學聯(lián)考)如圖所示的直角坐標系中,第一象限內(nèi)分布著均勻輻射的電場,坐標原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U;第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強電場,電場強度大小為E。大量電荷量為-q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子,某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場。若粒子只能從坐標原點進入第一象限,其他粒子均被坐標軸上的物質(zhì)吸收并導走而不影響原來的電場分布。不計粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是(　　) A.能進入第

8、一象限的粒子,在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上 B.到達坐標原點的粒子速度越大,入射速度方向與y軸的夾角越大 C.能打到熒光屏上的粒子,進入O點的動能必須大于qU D.若U

9、經(jīng)過d時的2倍 12. (多選)如圖所示,一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置,板長為L,板間距離為d,距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間,最后垂直打在M上,則下列結(jié)論正確的是(已知重力加速度為g)(　　) A.兩極板間電壓為mgd2q B.板間電場強度大小為2mgq C.整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加mg2L2v02 D.若僅增大兩極板間距,則該質(zhì)點不可能垂直打在M上 13.電子擴束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場由加有電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板組成,勻強磁場的左邊界與偏轉(zhuǎn)電場的右邊

10、界相距為s,如圖甲所示。大量電子(其重力不計)由靜止開始,經(jīng)加速電場加速后,連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場。當兩板沒有加電壓時,這些電子通過兩板之間的時間為2t0,當在兩板間加如圖乙所示的電壓時,所有電子均從兩板間通過,進入水平寬度為l,豎直寬度足夠大的勻強磁場中,最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上。問: 甲 乙 (1)如果電子在t=0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場,則離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)向位移大小是多少? (2)電子在剛穿出兩板之間的偏轉(zhuǎn)電場時最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移之比為多少? (3)要使側(cè)向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為多少?(已知電子

11、的質(zhì)量為m、電荷量為e) 專題分層突破練8　電場 帶電粒子在電場中的運動 1.C　解析 題圖甲中與點電荷等距的a、b兩點,電場強度大小相同,方向不相反,A選項錯誤;題圖乙中,根據(jù)電場線的疏密及對稱性可判斷,a、b兩點的電場強度大小相等、方向相同,B選項錯誤;題圖丙中兩等量同種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點,電場強度大小相同,方向相反,C選項正確;題圖丁中根據(jù)電場線的疏密可判斷,b點的電場強度大于a點的電場強度,D選項錯誤。 2.B　解析 根據(jù)圖象知,從球殼向外電勢逐漸降低,且電勢大于零,故該球帶正電,故A錯誤;根據(jù)電場強度公式E=Ud可知,圖象斜率大

12、小等于電場強度,則得A點的電場強度大于B點的電場強度,故B正確;由于圖象斜率大小等于電場強度,從O到A再到B,電場強度逐漸減小;故若r2-r1=r1-r0,則φA-φB<φ0-φA,故C錯誤;電子沿直線從A移到B的過程中,電場力方向由B指向A,所以電場力做負功,故D錯誤。 3.C　解析 由于兩極板和電源相連,則兩極板間的電壓恒定,若增大A、B兩金屬板的間距,根據(jù)公式C=εrS4πkd可知,電容減小,根據(jù)公式C=QU以及電壓不變可得電容器兩極板上所帶電荷量減小,故電容器放電,R中有向左的電流,A錯誤;由于兩極板間的電壓不變,若增大A、B兩金屬板的間距,根據(jù)公式E=Ud可得兩極板間的電場強度減小

13、,電場力小于重力,微粒P將向下運動,B錯誤;若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片,相當于兩極板間的距離減小,電場強度增大,則微粒P受到的電場力大于重力,P向上運動,C正確;若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片,相當于εr增大,兩極板間的電場強度恒定不變,所以微粒P受到的電場力不變,P仍靜止,D錯誤。故選C。 4.C　解析 φ-x圖象的斜率大小等于電場強度,所以B點對應(yīng)的電場強度大于A點對應(yīng)的電場強度,故A錯誤;由題圖易知A點對應(yīng)的電勢小于B點對應(yīng)的電勢,故B錯誤;由題圖可知,電場強度方向均指向O點,根據(jù)對稱性可知,一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在-x1點的電勢能,故C正確;電場線指

14、向O點,則正電荷由-x1到-x2的過程中電場力做負功,故電勢能增加,故帶正電的粒子在-x1點的電勢能小于在-x2點的電勢能,故D錯誤。 5.C　解析 設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時,粒子在偏轉(zhuǎn)場中的加速度為a,粒子在t=nT時刻進入偏轉(zhuǎn)場,則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)場,此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最大ymax=12aT22+a×T2×T2=38aT2。粒子在t=nT+T2時刻進入偏轉(zhuǎn)場,則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)場,此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最小ymin=0+12aT22=18aT2,則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3∶1,故C項正確。 6.D　解析 O點是三角形的中心,到三個電荷的距離

15、為r=23asin60°=33a,三個電荷在O處產(chǎn)生的電場強度大小EA=kQr2=3kQa2,EB=EC=kQr2=6kQa2,根據(jù)對稱性和幾何知識得知:E合=9kQa2,方向由A指向O,所以所加勻強電場方向為由O指向A,電場強度大小為9kQa2,故A、B錯誤;撤去勻強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,電勢降低,移動過程中電場力對試探電荷做正功,電勢能減小,故D正確,C錯誤;故選D。 7.D　解析 由公式C=εrS4πkd可知,將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時,即d增大,則平行板電容器的電容將變小,A選項錯誤;電容器與電源及二極管連接,電容器不能放電,電荷量一定,根據(jù)U=QC

16、可知,電壓增大,靜電計指針張角變大,B選項錯誤;依題意帶電油滴帶負電,而P點的電勢增加,所以帶電油滴的電勢能將減少,C選項錯誤;根據(jù)E=4πkQεrS可知電容器內(nèi)部電場強度不變,所以油滴仍將保持靜止,D選項正確。 8.AD　解析 兩球在水平方向都做勻速直線運動,由x=v0t知,v0相同,則A運動的時間比B的長,在豎直方向上,由h=12at2且h相等可知,A的合力比B的小,所以A的電場力向上,帶正電,B的電場力向下,帶負電,故A正確。A運動的時間比B的長,則B球比A球先落地,故B錯誤。A的電場力向上,電場力對A球做負功,A球的電勢能增加。B的電場力向下,電場力對B球做正功,B球的電勢能減小,故

17、C錯誤。A的合力比B的小,則A的合力做功較少,由動能定理知A球的動能變化小,故D正確。 9.BD　解析 小球在豎直方向為自由落體運動,兩者下落高度相同,說明運動時間一樣,故A錯誤。在水平方向小球做勻加速直線運動,根據(jù)x=12·qUmdt2,可知位移之比為2∶1,說明P、Q粒子的電荷量之比為2∶1,故D正確。電勢能的減少量為電場力做的功,即EpP∶EpQ=2qU∶qU2=4∶1,故B正確。動能增加量為合外力做的功,即EkP∶EkQ=(mgh+2qU)∶mgh+qU2,由于不知道重力與電場力的關(guān)系,故C錯誤;故選BD。 10.CD　解析 能進入第一象限的粒子,必須滿足關(guān)系-x=v0t,-y=q

18、E2mt2,所以有y=-qE2mv02x2,在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上,選項A錯誤;設(shè)到達坐標原點的粒子入射速度與y軸的夾角為θ,因為sinθ=v0v,所以到達坐標原點的粒子速度v越大,入射速度方向與y軸的夾角θ越小,選項B錯誤;能打到熒光屏上的粒子,都滿足12mv2>qU,選項C正確;若U

19、曲線運動,所以可能到達不了f平面,故B項正確;整個過程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的電勢能為-4eV、-2eV、0eV、+2eV、+4eV,動能分別為+10eV、+8eV、+6eV、+4eV、+2eV,故C項錯誤;由于電子經(jīng)過b、d平面時的動能分別為8eV和4eV,所以該電子經(jīng)過b平面時的速率是經(jīng)過d時的2倍,故D項錯誤。 12. BC　解析 據(jù)題分析可知,小球在極板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn),做類平拋運動,飛出電場后,小球的軌跡向下偏轉(zhuǎn),才能最后垂直打在M屏上,前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性,如圖所示: 可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等,根據(jù)牛頓第二定律得:qE-mg=ma,mg=ma

20、,解得E=2mgq,由U=Ed得板間電勢差U=2mgq×d=2mgdq,故A錯誤,B正確;小球在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離y=12at2,a=qE-mgm=g,t=Lv0,解得:y=gL22v02,故小球打在屏上的位置與P點的距離為:s=2y=gL2v02,重力勢能的增加量Ep=mgs=mg2L2v02,故C正確。僅增大兩板間的距離,因兩板上電荷量不變,根據(jù)E=Ud=QCd=QεS4πkdd=4πkQεS可知,板間電場強度不變,小球在電場中受力情況不變,則運動情況不變,故仍垂直打在M上,故D錯誤。故選BC。 13.答案 (1)3U0et022dm　(2)3∶1　(3)U0t0dl 解析 (1)當

21、電子在t=0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場時,有y=12at02+vyt0=12U0emdt02+U0emdt0·t0,得y=3U0et022dm。 (2)由題意可知,要使電子的側(cè)向位移最大,應(yīng)讓電子從0、2t0、4t0……時刻進入偏轉(zhuǎn)電場,在這種情況下,電子的側(cè)向位移為ymax=12at02+vyt0 ymax=12U0edmt02+U0edmt02=32U0edmt02 要使電子的側(cè)向位移最小,應(yīng)讓電子從t0、3t0……時刻進入偏轉(zhuǎn)電場,在這種情況下,電子的側(cè)向位移為 ymin=12U0edmt02 所以最大側(cè)向位移和最小側(cè)向位移之比為ymax∶ymin=3∶1。 (3)設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏向角為θ,電子在磁場中運動半徑R,由于電子要垂直打在熒光屏上,由幾何關(guān)系有:R=lsinθ 設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的速度為vt,垂直偏轉(zhuǎn)極板的速度為vy,則電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的偏向角為:sinθ=vyvt,式中vy=U0edmt0 又R=mvtBe,由上述四式可得:B=U0t0dl。 11