2019高考物理大二輪復習 專題三 電場和磁場 專題能力訓練8 電場性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動.doc

《2019高考物理大二輪復習 專題三 電場和磁場 專題能力訓練8 電場性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理大二輪復習 專題三 電場和磁場 專題能力訓練8 電場性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題能力訓練8電場性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動(時間:45分鐘滿分:100分)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)1.一個正七邊形七個頂點上各固定一個電荷量為q的點電荷,各電荷的電性如圖所示,O點是正七邊形的幾何中心。若空間中有一點M,且MO垂直于正七邊形所在平面,則下列說法正確的是()A.M點的電場強度方向是沿著OM連線,由O點指向M點B.M點的電場強度方向是沿著OM連線,由M點指向O點C.將一個負檢驗電荷從M點移動到無窮遠處,電場力做正功D.將一個正檢驗電荷從M點移動到無窮遠處,電場力做正功2.(2018全國卷)如圖所示,三個固定的帶電小球a、b和c,相互間的距離分別為ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm,小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k,則()A.a、b的電荷同號,k=169B.a、b的電荷異號,k=169C.a、b的電荷同號,k=6427D.a、b的電荷異號,k=64273.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(jīng)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(jīng)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(jù)電勢圖象(-r圖象),下列說法正確的是()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(diào)到某個值時,閉合開關(guān)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(guān)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(guān)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6.三個質(zhì)量相等的帶電微粒(重力不計)以相同的水平速度沿兩極板的中心線方向從O點射入,已知上極板帶正電,下極板接地,三個微粒的運動軌跡如圖所示,其中微粒2恰好沿下極板邊緣飛出電場,則()A.三微粒在電場中的運動時間有t3t2t1B.三微粒所帶電荷量有q1q2=q3C.三微粒所受靜電力有F1=F2F3D.飛出電場的微粒2動能大于微粒3的動能7.如圖所示,傾角為的絕緣斜面固定在水平面上,當質(zhì)量為m、電荷量為+q的滑塊沿斜面下滑時,在此空間突然加上豎直方向的勻強電場,已知滑塊受到的電場力小于滑塊的重力。則下列說法不正確的是()A.若滑塊勻速下滑,加上豎直向上的電場后,滑塊將減速下滑B.若滑塊勻速下滑,加上豎直向下的電場后,滑塊仍勻速下滑C.若滑塊勻減速下滑,加上豎直向上的電場后,滑塊仍減速下滑,但加速度變大D.若滑塊勻加速下滑,加上豎直向下的電場后,滑塊仍以原加速度加速下滑8.如圖所示,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知()A.Q點的電勢比P點的高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小二、非選擇題(本題共3小題,共44分)9.(14分)下圖甲為一組間距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(zhì)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(nèi)有A、B兩點,其中A點坐標為(6,0),B點坐標為(0,3),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(3,0)處的電勢;(2)勻強電場的電場強度大小;(3)帶電粒子的比荷qm。11.(15分)(2017全國卷)如圖所示,兩水平面(虛線)之間的距離為h,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和-q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求:(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比;(2)A點距電場上邊界的高度;(3)該電場的電場強度大小。答案：1.D解析 由于系統(tǒng)電荷分布不具有關(guān)于OM的對稱性,所以M點電場強度不會沿OM連線,故A、B均錯誤。只考慮七個電荷在OM方向的電場強度分量,可知電場強度方向從O指向M點,所以M點電勢高于無窮遠處電勢,故C錯誤、D正確。2.D解析 由題意知,小球c處在直角三角形的直角上,如果a、b為同種電荷,對小球c的庫侖力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不可能平行于a和b連線,故a、b的電荷應異號;由三角關(guān)系tan =qcqb32qckqb42=34,解得k=6427,故D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OD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(jīng)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(jīng)過B點,選項D錯誤。4.B解析 根據(jù)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(jù)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(jù)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(guān),電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢,根據(jù)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=rS4kd,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(jù)Q=CU,可知電容器的電荷量將減少,故D錯誤。6.D解析 粒子在電場中運動的時間t=xv,水平速度相等而位移x1x2=x3,所以t1q2;而對粒子2和3在E、m、t相同的情況下,粒子2的豎直位移大,則q2q3,所以選項B錯誤。由于q1q2,所以F1F2,選項C錯誤。由于q2q3,y2y3,則Eq2y2Eq3y3,靜電力對粒子做功多,增加的動能大,所以選項D正確。7.ACD解析 若滑塊勻速下滑,則有mgsin =mgcos ,當加上豎直向上的電場后,電場力為F,沿斜面方向,(mg-F)sin =(mg-F)cos ,受力仍平衡,則滑塊仍勻速下滑,故A錯誤、B正確;若滑塊勻減速下滑,則有mgsin mgcos ,加速度大小為a=g(cos -sin ),加上豎直向上的電場后,沿斜面方向,(mg-F)sin (mg-F)cos ,加速度大小為a=(mg-F)(cos-sin)mmgcos ,加速度大小為a=g(sin -cos ),加上豎直向下的電場后,在沿斜面方向,(mg+F)sin (mg+F)cos ,物體仍勻加速下滑。加速度為a=(mg+F)(sin-cos)ma。即加速度增大,故D錯誤,故選ACD。8.AB解析由于軌跡關(guān)于P點對稱,根據(jù)曲線運動合力方向應指向曲線內(nèi)側(cè),在P點合力方向豎直向上,則電場線方向豎直向下,沿電場線方向電勢降低,選項A正確;根據(jù)Ep=q可知,油滴在Q點的電勢能小于在P點的電勢能,選項C錯誤;油滴所受合力豎直向上,根據(jù)動能定理可知,油滴在Q點的動能大于P點,選項B正確;油滴所受合力大小不變,加速度也始終不變,選項D錯誤。9.答案 (1)T2U02q28d2m(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=U0qdm,a2=2U0qdm經(jīng)過T2時粒子的速度v1=a1T2t=T時刻粒子的速度v2=v1-a2T2=a1T2-a2T2=-TU0q2dmt=T時刻粒子的動能Ek=12mv22=T2U02q28d2m。(2)0T2粒子的位移x1=12a1T22T2T粒子的位移xx=v1T2-12axT22又v1=a1T2,x1=-xx解得ax=3a1因為a1=U0qdm,ax=Uxqdm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=O+A2=0+82 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=3 cm由tan =OCl=33,得=60由U=Ed,得E=Ud=UBOlsin=433210-2 V/m=2.67102 V/m。(3)因為帶電粒子做類平拋運動,所以lcos=vtlsin=12qEmt2聯(lián)立解得qm=2v2sinElcos2=2(4105)23283102310-214 C/kg=2.41011 C/kg所以帶電粒子的比荷為2.41011 C/kg。11.答案 (1)31(2)13h(3)mg2q解析 (1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0,則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為x1和x2。由題給條件和運動學公式得v0-at=0x1=v0t+12at2x2=v0t-12at2聯(lián)立式得x1x2=31。(2)設A點距電場上邊界的高度為hA,小球下落hA時在豎直方向的分速度為vy,由運動學公式得vy2=2ghh=vyt+12gt2M進入電場后做直線運動,由幾何關(guān)系知v0vy=x1h聯(lián)立式可得hA=13h。(3)設電場強度的大小為E,小球M進入電場后做直線運動,則v0vy=qEmg設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2,由動能定理得Ek1=12m(v02+vy2)+mgh+qEx1Ek2=12m(v02+vy2)+mgh-qEx2由已知條件Ek1=1.5Ek2聯(lián)立式得E=mg2q。