广西专用2020高考物理二轮复习专题能力训练8电场性质及带电粒子在电场中的运动含解析.docx

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1、1专题能力训练专题能力训练 8 8电场性质及带电粒子在电场中的运动电场性质及带电粒子在电场中的运动(时间:45 分钟满分:100 分)一、选择题(本题共 8 小题,每小题 7 分,共 56 分。在每小题给出的四个选项中,15 题只有一个选项符合题目要求,68 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 7 分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)1 1.(2019全国卷)如图所示,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则()A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷C.P带正电荷,Q带负电荷D.P带负电荷,Q带正电荷

2、答案:D解析:两个带电小球在匀强电场中均处于平衡状态,只有两小球带异种电荷、相互间为吸引力,才可能平衡。小球P带负电荷时,匀强电场提供的力与小球Q对小球P的吸引力抵消,合力为零,此时小球Q带正电荷,匀强电场提供的力与小球P对小球Q的吸引力抵消,合力为零,故 A、B、C 错误,D 正确。2 2.(2019天津卷)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为 2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程()2A.动能增加12mv2B.机械能增加 2mv2C.重力势能增加32mv2D.电势能增加 2mv2答案:B解析:小球由M到N点

3、过程动能增加量为Ek=12m(2v)2-12mv2=32mv2,选项 A 错误;小球在竖直方向做上抛运动,竖直方向的位移为h=v22g,故克服重力做功为W=mgh=12mv2,即重力势能增加12mv2,选项 C 错误;动能增加32mv2,重力势能增加12mv2,故机械能增加 2mv2,选项 B 正确;根据能量守恒定律可知,电势能减小2mv2,选项 D 错误。3 3.如图所示,匀强电场中有一圆,其平面与电场线平行,O为圆心,A、B、C、D为圆周上的四个等分点。现将某带电粒子从A点以相同的初动能向各个不同方向发射,到达圆周上各点时,其中过D点动能最大,不计重力和空气阻力。则()A.该电场的电场线一

4、定是与OD平行B.该电场的电场线一定是与OB垂直C.带电粒子若经过C点,则其动能不可能与初动能相同D.带电粒子不可能经过B点答案:A解析:将某带电粒子从A点以相同的初动能向各个不同方向发射,到达圆周上各点时,其中过D点动能最大,说明D点电势能最小,若带电粒子带正电,D点为电势最低点;若带电粒子带负电,D点为电势最高点;该电场的电场线一定是与OD平行,选项 A 正确,B 错误。由于C点与A点为电势相等的点,3所以带电粒子若经过C点,则其动能一定与初动能相同,选项 C 错误。由于题述带电粒子向各个不同方向发射,带电粒子可能经过B点,选项 D 错误。4 4.真空中有一带电金属球,通过其球心的一直线上

5、各点的电势分布如图所示,r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。根据电势图像(-r图像),下列说法正确的是()A.该金属球可能带负电B.A点的电场强度方向由A指向BC.A点和B点之间的电场,从A到B,其电场强度可能逐渐增大D.电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力做功W=q(2-1)答案:B解析:根据电势图像可知,r趋近于无限远处电势为零,金属球带正电,选项 A 错误;带正电的金属球电场类似于正点电荷的电场,根据正点电荷的电场特征,A点的电场强度方向由A指向B,选项 B 正确;根据电势图像的斜率表示电场强度,从A到B,其电场强度逐渐减小,选项

6、 C 错误;A、B两点之间的电势差为U=1-2,电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力做功W=QU=q(1-2),选项 D 错误。5 5.电源和一个水平放置的平行板电容器、两个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路。当把变阻器R1、R2调到某个值时,闭合开关 S,电容器中的一个带电液滴正好处于静止状态。当再进行其他相关操作时(只改变其中的一个),以下判断正确的是()A.将R1的阻值增大时,液滴仍保持静止状态B.将R2的阻值增大时,液滴将向下运动C.断开开关 S,电容器上的电荷量将减为零4D.把电容器的上极板向上平移少许,电容器的电荷量将增加答案:A解析:当R1的阻值增大时

7、,电容器两端的电势差不变,带电液滴受到的电场力不变,液滴保持不动,故A 正确;将R2的阻值增大时,则R2两端的电压增大,所以电容器两端的电压增大,电场力变大,液滴向上运动,故 B 错误;断开开关,电容器两端的电势差等于电源的电动势,根据Q=CU,可知电容器的电荷量将增加,故 C 错误;因为电容器的电容C=rS4kd,把电容器的上极板向上平移少许,d增大,会使电容减小,电容器两端的电势差不变,根据Q=CU,可知电容器的电荷量将减少,故 D 错误。6 6.(2019安徽临泉一中模拟)为模拟空气净化过程,有人设计了如图所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶,圆桶的高和直径相等。第一种除尘方式是:在圆桶顶面和

8、底面间加上电压U,沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场,尘粒的运动方向如图甲所示。第二种除尘方式是:在圆桶轴线处放一直导线,在导线与桶壁间加上电压,电压大小也等于U,形成沿半径方向的辐向电场,尘粒的运动方向如图乙所示。已知空气阻力与尘粒运动的速度大小成正比,即Ff=kv(k为一定值),假设每个尘粒的质量和电荷量均相同,初速度和重力均可忽略不计,不考虑尘粒之间的相互作用,则在这两种方式中()A.尘粒都做直线运动B.尘粒受到的电场力大小相等C.电场对单个尘粒做功的最大值相等D.在乙容器中,尘粒做类平抛运动答案:AC解析:因初速度为 0,重力可忽略不计,则尘粒沿合力方向(电场方向或反方向)做直线运动,A

9、 正确,D错误;每种除尘方式受到电场力大小F=qE,但两种不同方式中,空间中的电场强度不同,所以尘粒所受电场力大小是不同的,B 错误;电场对单个尘粒做功的最大值为qU,在两种情况下电场对尘粒做功的最大值相同,C 正确。57 7.如图所示,倾角为的绝缘斜面固定在水平面上,当质量为m、电荷量为+q的滑块沿斜面下滑时,在此空间突然加上竖直方向的匀强电场,已知滑块受到的电场力小于滑块的重力。则下列说法不正确的是()A.若滑块匀速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块将减速下滑B.若滑块匀速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍匀速下滑C.若滑块匀减速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块仍减速下滑,但加速度变大D.若

10、滑块匀加速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍以原加速度加速下滑答案:ACD解析:若滑块匀速下滑,则有mgsin=mgcos,当加上竖直向上的电场后,电场力为F,沿斜面方向,(mg-F)sin=(mg-F)cos,受力仍平衡,则滑块仍匀速下滑,故 A 错误、B 正确;若滑块匀减速下滑,则有mgsinmgcos,加速度大小为a=g(cos-sin),加上竖直向上的电场后,沿斜面方向,(mg-F)sin(mg-F)cos,加速度大小为a=(mg-F)(cos-sin)mmgcos,加速度大小为a=g(sin-cos),加上竖直向下的电场后,在沿斜面方向,(mg+F)sin(mg+F)cos,物体仍匀

11、加速下滑。加速度为a=(mg+F)(sin-cos)ma。即加速度增大,故 D 错误,故选 ACD。8 8.(2019福建福州期末)如图所示,匀强电场中的三个点A、B、C构成一个直角三角形,ACB=90,ABC=60,BC=d。把一个电荷量为+q的点电荷从A点移动到B点电场力不做功,从B点移动到C点电场力所做的功为W。若规定C点的电势为零,则()A.A点的电势为-Wq6B.B、C两点间的电势差为UBC=WqC.该电场的电场强度大小为WdqD.若从A点沿AB方向飞入一电子,其运动轨迹可能是甲答案:BD解析:点电荷在匀强电场中从A点移动到B点,电场力不做功,说明AB为等势线;从B移动到C电场力做功

12、W,则UBC=Wq,UBC=UAC,又C点电势为零,则A点电势为Wq,A 错误,B 正确。电场线垂直AB方向,C点到AB的距离为dsin60,所以电场强度大小为Wqdsin60,C 错误。从A点沿AB方向飞入的电子,所受的电场力垂直于AB向上,做类平抛运动,D 正确。二、非选择题(本题共 3 小题,共 44 分)9 9.(14 分)(2019安徽临泉一中模拟)一平行板电容器长l=10 cm,宽a=8 cm,板间距d=4 cm,在板左侧有一个U0=400 V 加速电场(图中没画出),使不计重力的离子从静止经加速电场加速后,沿足够长的“狭缝”,沿着与两板平行的中心平面,连续不断地向整个电容器射入,

13、离子的比荷均为 21010C/kg,距板右端l2处有一屏,如图甲所示。如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交变电压,由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交变电压的周期,故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场。试求:(1)离子进入平行板电容器时的速度;(2)离子打在屏上的区域面积;(3)在一个周期内,离子打到屏上的时间。答案:(1)4106m/s(2)64 cm2(3)0.012 8 s7解析:(1)设离子进入平行板电容器时速度为v0,根据动能定理得qU0=12mv02解得v0=2qU0m=4106m/s。(2)设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0水平方向:l=v0t竖直方

14、向:d2=12at2又a=qU0md联立以上各式得U0=md2v02ql2=128V即当U128V 时离子打到极板上,当U0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的 1.5 倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求:(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;(2)A点距电场上边界的高度;(3)该电场的电场强度大小。答案:(1)31(2)13h(3)mg2q解析:(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电

15、场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为x1和x2。由题给条件和运动学公式得v0-at=0 x1=v0t+12at2x2=v0t-12at2联立式得x1x2=31。(2)设A点距电场上边界的高度为hA,小球下落hA时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式得vy2=2ghA10h=vyt+12gt2M进入电场后做直线运动,由几何关系知v0vy=x1h联立式可得hA=13h。(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则v0vy=qEmg设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1=12m(v02+vy2)+mgh+qEx1Ek2=12m(v02+vy2)+mgh-qEx2由已知条件Ek1=1.5Ek2联立式得E=mg2q。