高考物理二轮复习 专题三 电场与磁场 第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动突破练-人教版高三全册物理试题.doc

第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动限训练·通高考 科学设题拿下高考高分 (45分钟)一、单项选择题1(2016·高考全国卷)关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A两个电势不同的等势面可能相交B电场线与等势面处处相互垂直C同一等势面上各点电场强度一定相等D将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功解析：在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项D错误答案：B2.(2018·河北定州第三次月考)如图，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点已知G、F、B、D点的电势分别为8 V、3 V、2 V、4 V，则A点的电势为()A1 VB.1 VC2 V D3 V解析：在匀强电场中，由公式UEd知，沿着任意两平行方向前进相同距离，电势差必定相等，由于GFCB，且GFCB，则有GFCB，代入数据解得CGFB8 V3 V2 V7 V，同理，ABDC，解得ABDC2 V4 V7 V1 V，故B正确答案：B3(2018·高考天津卷)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为M、N，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是()AvM<vN，aM<aNBvM<vN，M<NCM<N，EpM<EpNDaM<aN，EpM<EpN解析：由粒子的轨迹知电场力的方向偏向右，因粒子带负电，故电场线方向偏向左，由沿电场线方向电势降低，可知N<M，EpM<EpN.N点电场线比M点密，故场强EM<EN，由加速度a知aM<aN.粒子若从N点运动到M点，电场力做正功，动能增加，故vM>vN.综上所述，选项D正确答案：D4(2018·山东菏泽一中高三质检)如图为静电除尘机原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标)不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量的变化，则()A电场线方向由放电极指向集尘极B图中A点电势高于B点电势C尘埃在迁移过程中做匀变速运动D尘埃在迁移过程中电势能减小解析：根据题意可知带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，故A错误；集尘极带正电荷，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，故B错误；由图可知放电极与集尘极间为非匀强电场，所以尘埃所受的电场力是变化的，尘埃不可能做匀变速运动，故C错误；带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故D正确答案：D5(2018·河北定州中学第三次月考)如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点下列说法正确的是()A粒子在三点的电势能大小关系为Epc<Epa<EpbB粒子在三点所受的电场力不相等C粒子必先过a，再到b，然后到cD粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekb>Eka>Ekc解析：由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图的轨迹，故C错误粒子在电场中运动时，只有电场力做功，故电势能与动能之和是恒定不变的，带负电的粒子在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，则可判断带电粒子在c点的动能最大，在b点的动能最小，故A正确，D错误因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，故B错误答案：A6.如图所示，无限大均匀带正电的薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场光滑绝缘细管垂直穿过板中间小孔，一个可视为质点的带负电小球在细管内运动以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a和速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势、小球的加速度a、速度v和动能Ek随x变化的图象，其中正确的是()解析：在x<0范围内，当x增大时，由电场是匀强电场，且UEd，可知电势差均匀增大， ­x图线应为向上倾斜的直线；在x>0范围内，当x增大时，同理可知电势差均匀减小， ­x图线应为向下倾斜的直线，选项A错误在x<0范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在x>0范围内，电场力向左，加速度向左，为负值，选项B错误在x<0范围内，根据动能定理得qExmv2，v ­x图象中的图线应是曲线；同理，在x>0范围内，图线也为曲线，选项C错误在x<0范围内，根据动能定理得qExEk，Ek ­x图象中的图线应是倾斜的直线；同理，在x>0范围内，图线也为倾斜的直线，选项D正确答案：D二、多项选择题7.(2018·高考全国卷)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是()A平面c上的电势为零B该电子可能到达不了平面fC该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析：因等势面间距相等，由UEd得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad6 eV，故Uad6 V，各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，c0，A对因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，B对经过d时，电势能Eped2 eV，C错由a到b，WabEkbEka2 eV，所以Ekb8 eV，由a到d，WadEkdEka6 eV，所以Ekd4 eV，则Ekb2Ekd，根据Ekmv2知vbvd，D错答案：AB8.如图所示，空间某区域存在着非匀强电场，实线表示该电场的电场线，过O点的虚线MN表示该电场的一个等势面，两个相同的带正电的粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，A、B连线与MN平行，且都能从MN左侧经过O点设粒子P、Q在A、B两点的电势能分别为Ep1和Ep2，经过O点时的速度大小分别为v1和v2.粒子的重力不计，则()Av1>v2 Bv1<v2CEp1<Ep2 DEp1>Ep2解析：由题意知两个相同的带正电粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度运动，且都能从MN左侧经过O点，电场力对两个粒子都做正功，再由电场线和等势面的垂直关系以及沿着电场线方向电势逐渐降低，可知B点的电势B高于A点的电势A，B点与O点的电势差大于A点与O点的电势差，对两个粒子分别运用动能定理有qUm(v2v)，而UBO>UAO，可知两个粒子经过O点时的速度v1<v2，则选项A错误，B正确；再由电势能公式Epq，知Ep1<Ep2，则选项C正确，D错误答案：BC9(2018·四川成都实验中学理综测试)现有两个点电荷A和B，它们电荷量分别为Q和Q，a为AB连线的中点，b与a关于B对称，它们都在一条直线上，如图所示把一个带正电的试探电荷从a沿直线移到b的过程中，下列说法正确的是()A电场力对试探电荷一直做正功B电场力对试探电荷先做正功后做负功C试探电荷受到的电场力一直增大D试探电荷受到的电场力先增大后减小解析：等量异号电荷的电场线分布如图所示，正电荷由a移到b的过程中受力沿电场线方向，则由图可知，由a向B电荷运动过程中，电场力向右，故电场力做正功；而在由B向b方向运动时，电场力向左，故电场力做负功，故A错误，B正确由图可知，由a到b过程中，电场强度先增大后减小，故试探电荷受到的电场力先增大后减小，故C错误，D正确答案：BD10.如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源后一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球()A将打在下板中央B仍沿原轨迹由下板边缘飞出C不发生偏转，沿直线运动D若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央解析：将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电荷量Q不变，由于E可知，当d增大时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故B正确，A、C错误若上板不动，将下板上移一段距离时，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确答案：BD三、非选择题11如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔(未画出)正好位于平面直角坐标系xOy的O点，y轴沿竖直方向，在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E×103 V/m，比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O处由静止释放，其运动轨迹恰好经过M( m,1 m)点粒子P的重力不计(1)求金属板A、B之间的电势差UAB；(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电粒子Q，使P、Q恰能在运动中相碰假设Q的质量是P的质量的2倍，带电情况与P相同，Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计，求粒子Q所有释放点的集合解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0.由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动设该粒子从O点运动到M( m,1 m)点所用时间为t0，由类平抛运动规律可得xMv0t0，yM t，解得v0×104 m/s.在金属板A、B之间，由动能定理得qUABmv，解得UAB1 000 V.(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2，粒子Q从坐标N(x、y)点释放后，经时间t与粒子P相遇由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P有Eqma1对于Q有Eq2ma2xv0ta1t2ya2t2联立以上各式解得yx2，其中x>0即粒子Q的释放点N(x，y)的坐标满足方程yx2(x>0)答案：(1)1 000 V(2)yx2(x>0)12.如图所示，开有小孔的平行板水平放置，两极板接在电压大小可调的电源上，用喷雾器将油滴喷注在小孔上方已知两极板间距为d，油滴密度为，电子电荷量为e，重力加速度为g，油滴视为球体，油滴运动时所受空气的粘滞阻力大小Ff6rv(r为油滴半径、为粘滞系数，且均为已知量)，油滴所带电荷量是电子电荷量的整数倍，喷出的油滴均相同，不考虑油滴间的相互作用(1)当电压调到U时，可以使带电的油滴在板间悬浮；当电压调到时，油滴能在板间以速度v匀速竖直下行求油滴所带电子的个数n及油滴匀速下行的速度v；(2)当油滴进入小孔时与另一油滴粘连在一起形成一个大油滴，以速度v1(已知)竖直向下进入小孔，为防止碰到下极板，需调整电压，使其减速运行，若将电压调到2U，大油滴运动到下极板处刚好速度为零，求大油滴运动到下极板处时的加速度及这一过程粘滞阻力对大油滴所做的功解析：(1)油滴静止时，电场力与重力平衡，有mg匀速下降时，有6rvmg其中质量mr3联立可得n，v.(2)大油滴质量为2m，所带电荷量为2q，当它运动到下极板时速度恰好为零，故2q2mg2ma联立解得ag，方向竖直向上油滴从上极板到下极板由动能定理可得2mgd2q·2UWf0·2mv，mr3联立解得Wfgdr3vr3r3(2gdv)答案：(1)(2)g，方向竖直向上r3(2gdv)