2015高考物理 帶電粒子在電場中的運動沖關訓練（含解析）

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1、帶電粒子在電場中的運動 一、選擇題 1．如圖4－1－16所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°.兩個帶電量相等的異種點電荷分別置于M、N兩點時，O點的電場強度大小為E1.將置于N點處的點電荷移至P點時，O點的場強大小變?yōu)镋2.則E1與E2之比為(　　) 圖4－1－16 A．2∶1 B．1∶2 C．2∶ D.∶2 【解析】　設兩個帶電量相等的異種點電荷電量分別為＋Q和－Q，圓半徑為r. 當兩點電荷分別置于M、N兩點時，EM＝EN＝k且同向，所以E1＝2EM＝， 當N點處的點電荷移至P點時，由平行四邊形定則合成得：E2＝，即E

2、1∶E2＝2∶1，故選項A正確． 【答案】　A 2．(2013·重慶高考)如圖4－1－17所示，高速運動的α粒子被位于O點的重原子核散射，實線表示α粒子運動的軌跡，M、N和Q為軌跡上的三點，N點離核最近，Q點比M點離核更遠，則(　　) 圖4－1－17 A．α粒子在M點的速率比在Q點的大 B．三點中，α粒子在N點的電勢能最大 C．在重核產生的電場中，M點的電勢比Q點的低 D．α粒子從M點運動到Q點，電場力對它做的總功為負功 【解析】　利用動能定理可判斷α粒子的速率大?。呻妱莸母叩涂膳袛嚯妱菽艿拇笮。卦雍藥д?，離核越近，電勢越高，選項C錯誤；同一正電荷電勢越高，其電勢能

3、越大，選項B正確；帶正電的α粒子在從M點到Q點的過程中，電場力做的總功為正功，據動能定理知，其速率增大，選項A錯誤，選項D錯誤． 【答案】　B 3．(多選)某靜電場中的一條電場線與x軸重合，其電勢的變化規(guī)律如圖4－1－18所示．在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則在－x0～x0區(qū)間內(　　) 圖4－1－18 A．該靜電場是勻強電場 B．該靜電場是非勻強電場 C．電子將沿x軸正方向運動，加速度逐漸減小 D．電子將沿x軸正方向運動，加速度逐漸增大 【解析】　φ－x圖象的斜率表示電場強度，在－x0～x0區(qū)間內電場強度先增大后減小，則B正確；因電場線與x

4、軸重合，沿x軸正方向電勢升高，所以電場方向沿x軸負方向，在O點由靜止釋放一電子，電場力方向沿x軸正方向，大小逐漸減小，則C正確． 【答案】　BC 4．(2013·安陽模擬)在光滑絕緣的水平面上固定有一點電荷，A、B是該點電荷電場中一條電場線上的兩點，帶負電的小球沿該電場線從A點運動到B點，其動能隨位置變化的關系如圖4－1－19所示．設A、B兩點的電勢分別為φA、φB，小球在A、B兩點的電勢能分別為EpA、EpB，則關于點電荷的位置及電勢、小球電勢能大小的說法正確的是(　　) 圖4－1－19 A．點電荷帶負電在A點左側，φA<φB、EpA>EpB B．點電荷帶正電在A點左側，φA

5、>φB、EpAEpB D．點電荷帶負電在B點右側，φA>φB、EpAEpB；又因小球受力與電場反向，知電場方向由B指向A，順著電場線電勢逐漸降低可得：φA<φB；由動能定理qEΔx＝ΔEk?E＝×，從圖中看Ek－x圖象斜率逐漸增大故有EB>EA，由點電荷電場分布特征知點電荷在B的右側，且為正電荷，C正確． 【答案】　C 5.如圖4－1－20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，其中坐標原點O處的電勢為0 V，點A處的電勢

6、為6 V，點B處的電勢為；3 V，則電場強度的大小為(　　) 圖4－1－20 A．200 V/m　　　　　　 B．200 V/m C．100 V/m D．100V/m 【解析】　在勻強電場中，沿某一方向電勢降落，則在這一方向上電勢均勻降落，故OA的中點C的電勢φC＝3 V(如圖所示)，因此B、C為等勢面．O點到BC的距離d＝OCsin α，而sin α＝＝，所以d＝OC＝1.5×10－2 m．根據E＝得，勻強電場的電場強度E＝＝ V/m＝200 V/m，故選項A正確，選項B、C、D錯誤． 【答案】　A 6．(2013·新課標全國Ⅰ)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距

7、為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將(　　) A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板d處返回 【解析】　本題應從動能定理的角度解決問題． 帶電粒子在重力作用下下落，此過程中重力做正功，當帶電粒子進入平行板電容器時，電場力對帶電粒子做負功，若帶電粒子在下極板處返回，由動能定理得mg(＋d)－qU＝0；若電容器下極板上移，設帶電粒子在距上極板d′處返回，

8、則重力做功WG＝mg(＋d′)，電場力做功W電＝－qU′＝－qU＝－qU，由動能定理得WG＋W電＝0，聯立各式解得d′＝d，選項D正確． 【答案】　D 7．(多選)某同學設計了一種靜電除塵裝置，如圖4－1－21甲所示，其中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板為絕緣材料，上、下面板為金屬材料．圖4－1－21乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定為U的高壓直流電源相連．帶負電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0，當碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集．將被收集塵埃的數量與進入矩形通道塵埃的數量的比值，稱為除塵率．不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用．要增大除塵率，則下列措施可行的

9、是(　　) 　　　　 　甲　　　　　　　　　乙 圖4－1－21 A．只增大電壓U B．只增大長度L C．只增大高度d D．只增大塵埃被吸入的水平速度v0 【解析】　塵埃做類平拋運動，有y＝at2，a＝Uq/md，t＝L/v0，當只增大電壓U或只增大長度L時，y增大，收集塵埃的數量增大，故A、B選項對；而只增大高度d或只增大塵埃被吸入的水平速度v0，y減小，收集塵埃的數量減小，故C、D選項錯． 【答案】　AB 8．(多選)如圖4－1－22所示，兩平行正對的金屬板A、B間的電勢差UAB＝U0，A板電勢高于B板電勢，極板長度為L，板間距離為d，一重力可忽略不

10、計的帶電粒子質量為m，電荷量為q，粒子在兩板中心連線上且距離A板處的P點釋放時獲得平行于金屬板的速度v0，則該粒子不打到金屬板A、B上的條件是(　　) 圖4－1－22 A．若粒子帶正電，v0必須大于 B．若粒子帶正電，U0必須小于 C．若粒子帶負電，v0必須大于 D．若粒子帶負電，U0必須小于 【解析】　因為初速度方向與電場方向垂直，故帶電粒子在電場中做類平拋運動，當帶電粒子帶正電時，由于電場力垂直于金屬板指向B板，＝v0t，··t2，故A錯誤，B正確；當帶電粒子帶負電時，由于電場力垂直于金屬板指向A板，＝v0t，··t2

11、，故C正確，D錯誤． 【答案】　BC 二、非選擇題 9．(2013·新課標全國Ⅱ)如圖4－1－23，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷量為q(q>0)的質點沿軌道內側運動，經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能． 圖4－1－23 【解析】　小球在光滑軌道上做圓周運動，在a、b兩點時，靜電力和軌道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有電場力做功，利用動能定理，可求解E及a、b兩點的

12、動能． 質點所受電場力的大小為 F＝qE ① 設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有 F＋Na＝m ② Nb－F＝m ③ 設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有 Eka＝mv ④ Ekb＝mv ⑤ 根據動能定理有Ekb－Eka＝2rF ⑥ 聯立①②③④⑤⑥式得 E＝(Nb－Na) ⑦ Eka＝(Nb＋5Na) ⑧ Ekb＝(5Nb＋Na) ⑨ 【答案】　(Nb－Na)　(Nb＋5Na)　(5Nb＋Na) 10．(2013·石家莊模擬)如圖4－1－24甲所示，A、B為光滑水平地面上相距d的兩帶電擋

13、板，在A、B兩板間有一帶電荷量為＋q、質量為m的點電荷P.若A、B兩板間所形成電場的電場強度如圖4－1－24乙所示(從A指向B為電場強度的正方向)，在t＝0時刻點電荷P位于A、B中點且初速度為0.已知點電荷能在A、B間以最大的幅度運動而不與兩板相碰，且點電荷P開始從中點第一次運動到某板后，以后每次從一板到另一板的運動過程中，電場方向只改變一次． 甲　　　　　　　　　乙　　 圖4－1－24 (1)求點電荷P從A、B中點由靜止開始到第一次運動到板處的時間； (2)導出圖乙中t2時刻的表達式； (3)導出圖乙中tn(n≥2)時刻的表達式． 【解析】　(1)設點電荷P在兩板間運動的加速

14、度大小為a，則：qE＝ma，將E＝代入得：a＝g 點電荷P在電場力作用下開始向B板運動，先加速后減速，到達B板時速度為0，設加速時間為t1，減速時間為t′1，則： at1＝at′1 d＝at＋at′ 點電荷P第一次到達B板的時間t＝t1＋t′1 解得：t＝ . (2)設點電荷由B板向A板加速運動的時間為t′2，減速運動的時間為t″2，到達A板的速度為0，則： at′2＝at″2 d＝at′＋at″ t2＝t＋t′2 解得：t2＝(＋1). (3)點電荷從A板到B板與從B板到A板的運動過程完全相同，即每次加速和減速的時間都是t′2＝ 從而可得：tn＝(＋2n－3)(n≥2)． 【答案】　(1) 　(2)(＋1) (3)tn＝(＋2n－3)(n≥2)