2019年高考物理二輪復習 電場的性質(zhì)、帶電粒子在電場中運動提能專訓.doc

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2019年高考物理二輪復習 電場的性質(zhì)、帶電粒子在電場中運動提能專訓 一、選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分．多選全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1．(xx新課標全國卷Ⅱ)(多選)關(guān)于靜電場的電場強度和電勢，下列說法正確的是(　　) A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直 B．電場強度為零的地方，電勢也為零 C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低 D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向 答案：AD 解析：根據(jù)電場強度與電勢的關(guān)系解題．電場線(電場強度)的方向總是與等電勢面垂直，選項A正確．電場強度和電勢是兩個不同的物理量，電場強度等于零的地方，電勢不一定等于零，選項B錯誤．沿著電場線方向，電勢不斷降落，電勢的高低與電場強度的大小無必然關(guān)系，選項C錯誤．電場線(電場強度)的方向總是從高的等電勢面指向低的等電勢面，而且是電勢降落最快的方向，選項D正確． 2．(xx陜西長安一中質(zhì)檢)如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z<0的空間，z>0的空間為真空．將電 荷為＋q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的．已知靜電平衡時導體內(nèi)部場強處處為零，則在z軸上，z＝處的場強大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k 答案：B 解析：在z軸上－處取一點M，由于該點場強為零，所以感應電荷與＋q在該點產(chǎn)生場強大小相等、方向相反，所以感應電荷場強E′＝，同理可得感應電荷在z＝處場強，所以z＝處場強E＝＋＝，選項B正確． 3．(xx大綱全國)地球表面附近某區(qū)域存在大小為 150 N/C、方向豎直向下的電場．一質(zhì)量為1.0010－4 kg、帶電量為－1.0010－7 C的小球從靜止釋放，在電場區(qū)域內(nèi)下落 10.0 m．對此過程，該小球的電勢能和動能的改變量分別為(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空氣阻力)(　　) A．－1.5010－4 J和9.9510－3 J B．1.5010－4 J和9.9510－3 J C．－1.5010－4 J和9.6510－3 J D．1.5010－4 J和9.6510－3 J 答案：D 解析：對帶電小球受力分析，如圖所示，在此過程中，該小球的電勢能的改變量ΔEp＝qEh＝1.5010－4 J；根據(jù)動能定理可得：小球的動能的改變量ΔEk＝mgh－qEh＝9.6510－3 J，選項D正確，A、B、C錯誤． 4．(xx吉林省吉林市質(zhì)量檢測)如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的點電荷，其中Q1帶負電荷，a、b兩點在它們連線的延長線上．現(xiàn)有一帶負電荷的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始經(jīng)b點向遠處運動(粒子只受電場力作用)，粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度圖象如圖乙所示．以下說法中正確的是(　　) A．Q2一定帶負電 B．Q2的電荷量一定大于Q1的電荷量 C．b點的電場強度一定為零 D．整個運動過程中，粒子的電勢能先減小后增大 答案：C 解析：因為vt圖線的斜率表示加速度，根據(jù)題圖乙可知，粒子在b點的加速度為零，其電場力也為零，b點的電場強度一定為零，選項C正確；要使b點的場強為零，Q1、Q2必帶異種電荷，所以Q2一定帶正電，選項A錯誤；Q1、Q2單獨存在時在b點產(chǎn)生的場強必等大反向，再考慮到Q1到b點的距離較大，可知Q1的電荷量一定大于Q2的電荷量，選項B錯誤；整個運動過程中，粒子的動能和電勢能之和保持不變，考慮到其動能先減小后增大，則其電勢能一定是先增大后減小，選項D錯誤． 5．(xx山東臨沂一模)(多選)如圖所示，A、B、C是平行紙面的勻強電場中的三點，它們之間的距離均為L，電荷量為q＝1.010－5 C的負電荷由A移動到C電場力做功W1＝4.010－5 J，該電荷由C移動到B電場力做功W2＝－2.010－5 J，若 B點電勢為零，以下說法正確的是(　　) A．A點電勢為2 V B．A點電勢為－2 V C．勻強電場的方向為由C指向A D．勻強電場的方向為垂直于AC指向B 答案：BC 解析：C、B間電勢差為UCB＝＝ V＝2 V，B點電勢為零，則UCB＝φC－φB，則C點電勢φC＝2 V，而A與C間的電勢差為UAC＝＝ V＝－4 V，UAC＝φA－φC，則A點電勢φA＝－2 V，故A項錯誤，B項正確；由以上分析可知，A、C連線的中點M電勢為0，M與B點的連線即為等勢線，且電場線垂直于等勢線，三角形ABC為等邊三角形，BM⊥AC，根據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，則有勻強電場的方向由C到A，故C項正確，D項錯誤． 6．(xx湖北八校聯(lián)考)(多選) 真空中有一正四面體ABCD，如圖M、N分別是AB和CD的中點．現(xiàn)在A、B兩點分別固定電荷量為＋Q、－Q的點電荷，下列說法中正確的是(　　) A．將試探電荷＋q從C點移到D點，電場力做正功，試探電荷＋q的電勢能降低 B．將試探電荷－q從M點移到N點，電場力不做功，試探電荷－q的電勢能不變 C．C、D兩點的電場強度相等 D．N點的電場強度方向平行AB且跟CD垂直 答案：BCD 解析：由幾何知識可判斷，AB垂直面DMC，且M點為AB的中點，則面DMC與AB的中垂面重合，故DMC為一等勢面，則φD＝φC＝φN＝φM，A項錯誤，B項正確；由電場的空間分布特點可判斷C、D項正確． 7．(xx河北石家莊質(zhì)檢)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R.已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　) A.－E 　B. C.－E D.＋E 答案：A 解析：左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶電荷量為2q的整個球面的電場和帶電荷量為－q的右半球面的電場的合電場，則E＝－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小．帶電荷量為－q的右半球面在M點的場強大小與帶電荷量為q的左半球面AB在N點的場強大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，則A正確． 8．(xx山東濱州一模) 如圖所示，分別在M、N兩點固定放置兩個點電荷＋Q和－2Q，以M、N連線的中點O為圓心的圓周上有A、B、C、D四點．下列說法正確的是(　　) A．A點電場強度小于B點電場強度 B．C點電場強度與D點電場強度相同 C．A點電勢小于B點電勢 D．將某正電荷從C點移到O點，電場力不做功 答案：A 解析：電場線方向由M指向N，則A點電勢高于B點電勢，C項錯誤；由于2Q>Q，N點處電場線比M點處電場線密，B點電場強度大于A點電場強度，A項正確；由于電場線關(guān)于MN對稱，C、D兩點電場線疏密程度相同，則C點電場強度大小等于D點電場強度大小，但方向不同，B項錯誤；由于兩電荷不等量異種，所以C、O兩點的電勢不相等，根據(jù)W＝qU知，將某正電荷從C點移到O點，電場力將做功，D項錯誤． 9．(xx河北邯鄲一模)如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓恒為U的電源兩極連接，極板M帶正電．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則(　　) A．油滴帶負電 B．油滴帶電荷量為 C．電容器的電容為 D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動 答案：A 解析：油滴受到的重力和電場力平衡，即mg＝q，則電場力豎直向上，M板帶正電，故油滴帶負電，且q＝，A項正確，B項錯誤；由于極板所帶電荷量與油滴所帶電荷量的比值為k，即＝k，則Q＝，由C＝得C＝，C項錯誤；將極板N向下緩慢移動一小段距離，d增大，根據(jù)E＝可知，E變小，電場力變小，故油滴將向下運動，D項錯誤． 10．(xx山東濰坊一模)(多選)直線ab是電場中的一條電場線，從a點無初速度釋放一電子，電子僅在電場力作用下，沿直線從a點運動到b點，其電勢能Ep隨位移x變化的規(guī)律如圖所示，設a、b兩點的電場強度分別為Ea和Eb，電勢分別為φa和φb.則(　　) A．Ea>Eb B．Eaφb 答案：AC 解析：根據(jù)圖象可知，圖線的斜率表示電場力的大?。娮訌腶到b，電勢能圖線的斜率逐漸減小，則電場力逐漸減小，故電場強度逐漸減小，所以Ea>Eb，A項正確，B項錯誤；由于電勢能逐漸降低，所以電場力做正功，則電子所受的電場力方向由a指向b，電場線的方向由b指向a，沿電場線方向電勢逐漸降低，所以φa<φb，C項正確，D項錯誤． 11. (多選)如圖所示為空間某一電場的電場線，a、b兩點為其中一條豎直向下的電場線上的兩點，該兩點的高度差為h，一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為，則下列說法中正確的是(　　) A．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點的過程中動能增加量等于電勢能減少量 B．a(chǎn)、b兩點的電勢差U＝ C．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋2q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為 D．質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為 答案：BD 解析：質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點的過程中，機械能與電勢能之和守恒，其動能增加量等于重力勢能、電勢能的減少量之和，選項A錯誤；設a、b之間的電勢差為U，由題意，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為，根據(jù)動能定理，mgh＋qU＝m3gh，解得qU＝mgh，a、b兩點的電勢差U＝，選項B正確；質(zhì)量為m、帶電荷量為＋2q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時，由動能定理得mgh＋2qU＝mv，解得v1＝2，選項C錯誤；質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時，由動能定理得mgh－qU＝mv，解得v2＝，選項D正確． 二、計算題(本題包括3小題，共56分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分) 12. (12分)反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動，已知電場強度的大小分別是E1＝2.0103 N/C和E2＝4.0103 N/C，方向如圖所示，帶電微粒的質(zhì)量m＝1.010－20 kg，帶電荷量q＝－1.010－9 C，A點距虛線MN的距離d1＝1.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應，求： (1)B點距虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t. 答案：(1)0.50 cm　(2)1.510－8 s 解析：(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有： |q|E1d1－|q|E2d2＝0，① 由①式解得d2＝d1＝0.50 cm.② (2)設微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有： |q|E1＝ma1，③ |q|E2＝ma2.④ 設微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，由運動學公式有： d1＝a1t，⑤ d2＝a2t.⑥ 又t＝t1＋t2，⑦ 由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.510－8 s. 13．(xx湖南長沙一中期末)(14分)噴墨打印機的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，設偏轉(zhuǎn)板板長1.6 cm，兩板間的距離為0.50 cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙3.2 cm.若一個墨汁微滴的質(zhì)量為1.610－10 kg，以20 m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是8.0103 V，若墨汁微滴打到紙上點距原射入方向的距離是2.0 mm.求： (1)這個墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌伲?不計空氣阻力和重力)； (2)為了使紙上的字體放大10%，請你分析理出一個可行的方法． 答案：(1)2.510－13 C　(2)見解析 解析：(1)帶電微滴的電量設為q，進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，離開電場后沿直線打到紙上，距原入射方向的距離為 Y＝()2＋L＝(＋L) 代入數(shù)據(jù)可得q＝1.2510－13 C (2)由上式可知，Y與U成正比，可以提高偏轉(zhuǎn)板間的電壓U到8.8103 V，實現(xiàn)字體放大10%； 由上式可知，Y與(＋L)成正比，因此也可以增加偏轉(zhuǎn)板與紙的距離L，＝1.1；L′＝3.6 cm，實現(xiàn)字體放大10%. 14．(xx安徽理綜) (14分)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求： (1)小球到達小孔處的速度； (2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落運動到下極板處的時間． 答案：(1)　(2)　 (3) 解析：(1)由v2＝2gh，得v＝ (2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有mg－qE＝ma 0－v2＝2ad 得E＝ U＝Ed Q＝CU 得Q＝ (3)由h＝gt；0＝v＋at2；t＝t1＋t2 綜合可得t＝ 15．(16分)如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求： (1)交變電壓的周期T應滿足什么條件？ (2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件？ 答案：(1)T＝，其中n取大于等于的整數(shù)　(2)t＝T(n＝1,2,3，…) 解析：(1)為使粒子仍從b點以速度v0穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運動應為：加速，減速，反向加速，反向減速，經(jīng)歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有L＝nTv0，解得T＝ 粒子在T內(nèi)離開中心線的距離為y＝a2 又a＝，E＝，解得y＝ 在運動過程中離開中心線的最大距離為ym＝2y＝ 粒子不撞擊金屬板，應有ym≤d 解得T≤2d 故n≥，即n取大于等于的整數(shù)． 所以粒子的周期應滿足的條件為 T＝，其中n取大于等于的整數(shù)． (2)粒子進入電場的時間應為T，T，T，… 故粒子進入電場的時間為t＝T(n＝1,2,3，…)．