2019-2020年高考物理二輪復習 專題能力訓練 專題七 電場性質及帶電粒子在電場中的運動.doc

2019-2020年高考物理二輪復習 專題能力訓練 專題七 電場性質及帶電粒子在電場中的運動一、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,16題只有一個選項符合題目要求,78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.(xx湖北八校聯(lián)考)英國科學家法拉第最先嘗試用“線”描述磁場和電場,有利于形象理解不可直接觀察的電場和磁場的強弱分布。如圖所示,一對等量異種點電荷,電荷量分別為+Q、-Q。實線為電場線,虛線圓的圓心O在兩電荷連線的中點,a、b、c、d為圓上的點,下列說法正確的是()A.a、b兩點的電場強度相同B.b、c兩點的電場強度相同C.c點的電勢高于d點的電勢D.d點的電勢等于a點的電勢2.如圖所示,勻強電場中的A、B、C三點構成一邊長為a的等邊三角形。電場強度的方向與紙面平行。電子以某一初速度僅在靜電力作用下從B移動到A動能減少E0。質子僅在靜電力作用下從C移動到A動能增加E0,已知電子和質子電荷量絕對值均為e,則勻強電場的電場強度為()A.B.C.D.3.(xx江蘇鹽城統(tǒng)考)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4.真空中有一帶電金屬球,通過其球心的一直線上各點的電勢分布如圖,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。根據電勢圖象(-r圖象),下列說法中正確的是()A.該金屬球可能帶負電B.A點的電場強度方向由A指向BC.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(2-1)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,電容器的電荷量將增加6.如圖所示,在xOy坐標系中以O為中心的橢圓上,有a、b、c、d、e五點,其中a、b、c、d為橢圓與坐標軸的交點?，F(xiàn)在橢圓的一個焦點O1固定一正點電荷,另一正試探電荷僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示。下列說法正確的是()A.a、c兩點的電場強度相同B.d點的電勢低于b點的電勢C.正試探電荷沿虛線運動過程中在b點的動能大于在e點的動能D.若將正試探電荷由a沿橢圓經be移動到c,電場力先做負功后做正功,但總功為零7.(xx湖南長沙長郡中學月考)如圖所示,MPQO為有界的豎直向下的勻強電場,電場強度為E,ACB為光滑固定的半圓形軌道,圓軌道半徑為R,AB為圓水平直徑的兩個端點,AC為圓弧。一個質量為m、電荷量為-q的帶電小球,從A點正上方高為H處由靜止釋放,并從A點沿切線進入半圓軌道。不計空氣阻力及一切能量損失,關于帶電粒子的運動情況,下列說法正確的是()A.小球一定能從B點離開軌道B.小球在AC部分不可能做勻速圓周運動C.若小球能從B點離開,上升的高度一定小于HD.小球到達C點的速度不可能為零8.如圖所示,A板發(fā)出的電子經加速后,水平射入水平放置的兩平行金屬板間,金屬板間所加的電壓為U,電子最終打在光屏P上,關于電子的運動,下列說法中正確的是()A.滑片向右移動時,電子打在熒光屏上的位置上升B.滑片向左移動時,電子打在熒光屏上的位置上升C.電壓U增大時,電子打在熒光屏上的速度大小不變D.電壓U增大時,電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變二、非選擇題(本題共3小題,共44分)9.(14分)(xx貴州銅仁一模)如圖甲所示為一組間距d足夠大的平行金屬板,板間加有隨時間變化的電壓(如圖乙所示),設U0和T已知。A板上O處有一靜止的帶電粒子,其電荷量為q,質量為m(不計重力),在t=0時刻起該帶電粒子受板間電場加速向B板運動,途中由于電場反向,粒子又向A板返回(粒子未曾與B板相碰)。(1)當Ux=2U0時,求帶電粒子在t=T時刻的動能。(2)為使帶電粒子在t=T時刻恰能回到O點,Ux等于多少?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,),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=4105 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:(1)圖中C處(3,0)的電勢;(2)勻強電場的電場強度大小;(3)帶電粒子的比荷。11.(15分)(xx江蘇宿遷統(tǒng)考)真空室中有如圖甲所示的裝置,電極K持續(xù)發(fā)出的電子(初速不計)經過電場加速后,從小孔O沿水平放置的偏轉極板M、N的中心軸線OO射入。M、N板長均為L,間距為d,偏轉極板右邊緣到熒光屏P(足夠大)的距離為s。M、N兩板間的電壓UMN隨時間t變化的圖線如圖乙所示。調節(jié)加速電場的電壓,使得每個電子通過偏轉極板M、N間的時間等于圖乙中電壓UMN的變化周期T。已知電子的質量、電荷量分別為m、e,不計電子重力。(1)求加速電場的電壓U1;(2)欲使不同時刻進入偏轉電場的電子都能打到熒光屏P上,求圖乙中電壓U2的范圍;(3)證明在(2)問條件下電子打在熒光屏上形成亮線的長度與距離s無關。參考答案1.D解析:a、b、c、d在同一個圓上,電場線的疏密表示電場的強弱,故四點電場強度大小相等,但是方向不同,故A、B錯誤;沿電場線方向電勢降低,故c點電勢低于d點電勢,故C錯誤;a、d兩點對稱,故電勢相等,故D正確。2.C解析:對電子從B到A的過程,由動能定理有-eUBA=-E0;同理,對質子從C到A的過程,eUCA=E0,可見UBA=UCA,故B、C兩點電勢相等,在同一等勢面上,AB沿電場線方向上的距離d=asin 60=a,由電場強度與電勢差的關系E=,解得E=,C項正確。3.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CD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.B解析:根據電勢圖象可知,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;根據電勢圖象的斜率表示電場強度,從A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=1-2,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(1-2),選項D錯誤。5.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=,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Q=CU,可知電容器的電荷量將減少,故D錯誤。6.C解析:根據對稱性可知:a、c兩點的電場強度大小相等、方向不同,選項A錯誤;離正場源電荷越近,電勢越高,可知d點電勢高于b點電勢,選項B錯誤;正試探電荷沿虛線運動過程中從b到e,電場力做負功,由動能定理知,在b點的動能大于在e點的動能,選項C正確;由a沿橢圓經be移動到c,電勢先降低后升高,正試探電荷的電勢能先減后增,電場力先做正功后做負功,但總功為零,選項D錯誤。7.CD解析:由于題中沒有給出H與R、E的關系,小球可能從B點離開軌道,若小球所受的電場力大于重力,小球就不一定從B點離開軌道,故A錯誤;若重力大小等于電場力,小球在AC部分做勻速圓周運動,故B錯誤;由于小球在AC部分運動時電場力做負功,所以若小球能從B點離開,上升的高度一定小于H,故C正確;若小球到達C點的速度為零,則電場力大于重力,則小球不可能沿半圓軌道運動,所以小球到達C點的速度不可能為零,故D正確。8.BD解析:由題意知,電子在加速電場中加速運動,根據動能定理得eU1=mv2,電子獲得的速率為v=;電子進入偏轉電場后做類平拋運動,也就是平行電場方向做初速度為0的勻加速直線運動,加速度為a=;電子在電場方向偏轉的位移為y=at2,垂直電場方向做勻速直線運動,電子在電場中運動時間為t=?；蛴乙苿訒r,加速電壓變大,所以電子獲得的速度v增加,可知,電子在電場中運動時間t減少,故電子偏轉位移y變小,因為電子向上偏轉,故在屏上的位置下降,A錯誤;滑片向左移動時,加速電壓變小,所以電子獲得的速度v減小,可知,電子在電場中運動時間t變大,故電子偏轉位移y變大,因為電子向上偏轉,故在屏上的位置上升,B正確;電子在偏轉電場中偏轉位移增大,電子打在熒光屏上的速度增大,C錯誤;偏轉電壓增大時,電子在電場中受到的電場力增大,即電子偏轉的加速度a增大,又因為加速電壓不變,電子進入電場的速度沒有變化,電子在電場中運動的時間t沒有發(fā)生變化,故D正確。9.答案:(1)(2)3U0解析:(1)粒子在兩種不同電壓的電場中運動的加速度分別為a1=a2=經過時粒子的速度v1=a1t=T時刻粒子的速度v2=v1-a2=a1-a2=-t=T時刻粒子的動能Ek=。(2)0粒子的位移x1=a1T粒子的位移xx=v1ax又v1=a1,x1=-xx解得ax=3a1因為a1=,ax=解得Ux=3U0。10.答案:(1)4 V(2)2.67102 V/m(3)2.41011 C/kg解析:(1)設C處的電勢為C因為OC=CA所以O-C=C-AC= V=4 V。(2)BC連線為等勢線,電場強度方向與等勢線BC垂直設OBC=,OB=L= cm由tan =,得=60由U=Ed,得E= V/m2.67102 V/m。(3)因為帶電粒子做類平拋運動,所以聯(lián)立解得= C/kg=2.41011 C/kg所以帶電粒子的比荷為2.41011 C/kg。11.答案:(1)(2)U2(3)見解析解析:(1)對粒子在加速電場中加速的過程,應用動能定理得eU1=-0粒子在水平方向上做勻速直線運動,則L=v0T解得電壓U1=。(2)t=0時刻進入偏轉電場的電子,先做類平拋運動,后做勻速直線運動,射出電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y最大。U2作用的時間為,偏轉位移為y1=剩下的時間內,粒子做勻速直線運動,此時垂直于極板方向的平均速度為勻加速運動時的兩倍。則y2=2y1要使粒子能射出平行板,則y1+y2聯(lián)立解得U2。(3)對滿足(2)問條件下任意確定的U2,不同時刻射出偏轉電場的電子沿垂直于極板方向的速度均為vy=電子速度偏轉角的正切值均為tan =電子射出偏轉電場時的偏轉角度均相同,即速度方向相同,不同時刻射出偏轉電場的電子沿垂直于極板方向的側移距離可能不同,側移距離的最大值與最小值之差y=,y與U2有關。因電子射出時速度方向相同,所以在屏上形成亮線的長度等于y可知,屏上形成亮線的長度與P到極板M、N右邊緣的距離s無關。