word打印版衡中2020版二轮复习物理练习题学案含答案和解析第8讲电场及带电粒子在电场中的运动.doc

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1、第一部分 专题三 第8讲一、选择题(本题共10小题，其中15题为单选，610题为多选)1(2019广东省汕头市模拟)如图所示，放置在水平地面上的箱子内，带电小球a、b用绝缘细线分别系于箱子的上、下两边，均处于静止状态，下列说法正确的是(A)A两球一定带异种电荷B若增大b球带电量，连接b的绳子拉力可能变小C若增大b球带电量，连接a的绳子拉力可能不变D若增大b球带电量，箱子对地面的压力一定增大解析以b为研究对象，因处于静止状态，则一定受到重力和竖直向上的库仑引力，可能受到绝缘细线的拉力，所以两球一定带异种电荷；若增大b球带电量，b受到竖直向上的库仑力增大，连接a的绳子拉力增大，连接b的绳子拉力也增

2、大，故A正确，B、C错误；以整体为研究对象，因均处于静止状态，受到重力和竖直向上的支持力作用，二力平衡，若增大b球带电量，还是受到重力和竖直向上的支持力作用，二力平衡，根据牛顿第三定律可知箱子对地面的压力不变，故D错误。2(2019江西省吉安市模拟)避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电场线分布如图所示，图中中央的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面。MN是电场线中两个点，下列说法中正确的有(C)AM点的场强比N点的场强大B试探电荷从M点沿直线移动到N点，电场力做功最少CM点的电势比N点的电势高DCD的电势为零，但其表面附近的电场线有些位置和地面不垂直解析根据题图可知，M点的电场线较疏，因此

3、M点的场强比N点的场强小，A错误；依据电场力做功与路径无关，因此试探电荷从M点移动到N点，不论路径如何，电场力做功一样的，B错误；根据沿着电场线方向，电势是降低的，因此M点的电势比N点的电势高，C正确；CD的电势为零，是等势面，因此电场线总是垂直等势面，D错误。3(2019山东省聊城市模拟)如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是(C)AO点一定有一个正点电荷BB点电势一定大于C点电势C该粒子在A点的动能一定大于D点的动能D将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动解析没有画出电场线的方向

4、，所以O点可能是正电荷，也可能是负电荷，A错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断B、C两点电势的高低，B错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从A到D电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在A点的动能较大，C正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，D错误。4(2019河北衡水中学模拟)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地。一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态。现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则(C)A带电油

5、滴将竖直向上运动B带电油滴的机械能将增加CP点的电势将升高D电容器的电容增加，极板带电量增加解析一个带负电的油滴最初处于静止状态，说明油滴受到的电场力和重力平衡；现在将下极板向下移动，板间的电压等于电源电动势不变，所以板间的电场强度将减小，即油滴受到的电场力减小，所以油滴受到的重力大于电场力，油滴将竖直向下运动，故A错误；根据A项的分析可得，油滴向下运动，电场力做负功；机械能的变化等于除重力和弹簧的弹力外的其他力做功，所以机械能将减小，故B错误；因为上极板接地，所以上极板的电势为零，并且上极板接电源的正极，下极板接电源的负极，所以上极板的电势高于下极板的电势，电场线的方向是竖直向下的，板间各点

6、的电势为负值；设P点距离上极板的距离为x，则P点的电势为x，由于d增加，所以P点的电势将升高，故C正确；根据电容C，d增加，C减小，据CU，U不变，C减小，所以极板带电量减小，故D错误。5(2019江西临川模拟)在某孤立点电荷的电场中，规定无限远处电势为零，则电场中任意点的电势与该点到点电荷的距离r的关系图象如图所示。电场中a、c两点电场强度大小之比为k1，b、d两点电场强度大小之比为k2；带电粒子从a点移到b点电场力做功为W1，从c点移到d点电场力做功为W2，下列说法正确的是(A)Ak1k211Bk1k214CW1W211DW1W214解析由点电荷的场强公式可知，孤立点电荷的电场中某点的场强

7、大小与该点到点电荷距离的平方成反比，因此k116，k216，故k1k211选项A正确，B错；由WqU可知，在电场中移动电荷时电场力做的功与移到的两点间电势差成正比，因此W1W241，C、D两项错。6(2019吉林五地六校合作体期末联考)如图甲，质量为m、电荷量为e的粒子初速度为零，经加速电压U1加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L，不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。则下列说法正确的是 (ACD) A粒子进入偏转电场的速度大小vB若偏转电场两板间加恒定电压U0

8、，粒子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，则所加电压U0C若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为T(n1,2,3)D若偏转电场两板间的电压按如图乙做周期性变化，要使粒子经加速电场后在t0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期U0应该满足的条件为U0(n1,2,3)解析根据动能定理得，eU1mv2，解得v，故A正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：

9、(LL)tan，解得tan，又tan，解得：U0，故B错误；要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy0，则电子应在t0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足tnT，则 T(n1,2,3,4)，在竖直方向位移应满足2na()22n()2，解得U0(n1,2,3,4)，故C、D正确。7(2019安徽省金安区模拟)如图所示a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量力q(q0)的粒子在匀强电场中运动。A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，方向与等势面平行

10、。A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为，不计粒子受到的重力，则(CD)Av1可能等于v2B等势面b的电势比等势面c的电势高C粒子从A运动到B所用时间为D匀强电场的电场强度大小为解析由粒子的运动轨迹可知，粒子受向上的电场力，此过程中电场力做负功，动能减小，v1v2，A错误；粒子带正电，电场线方向向上，等势面b的电势比等势面c的电低，B错误；粒子在水平方向做速度为v2的匀速直线运动，水平方向列方程：Lcosv2t，时间t，C正确；由动能定理列方程：qELsinm(vv)，电场强度大小E，D正确。8(2019湖南省永州市模拟)如图所示，圆为负点电荷形成的电场中的一等势线，圆关于x轴对称，与x轴的

11、交点分别为a，b，x轴上另有c、d点，各点间的距离为accd，下列说法正确的是(AC)Ab点电场强度比c点电场强度大Bb点的电势比c点电势高C各点间的电势差满足UdcUcbD电子在a点的电势能比在C点的电势能低解析负点电荷形成的电场，a、b在同一等势面上，点电荷在圆心处，根据点电荷场强公式可知，b点电场强度比c点电场强度大，A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，ac点的电势比c点电势低，B错误；因accd，且cd段各点场强均小于ac段各点场强，故UdcUca，因a、b在同一等势面上，故UdcUcb，C正确；因ac，电子在a点的电势能比在c点的电势能高，D错误。9(2019山东省济南市模拟)如图所示

12、，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点。带正电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等。已知M点电势高于O点电势，且电势差为U，下列说法正确的是(AB)AM、N两点电势相等B粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小C该匀强电场的电场强度大小为D粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点解析带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M、N两点动能相等，则电势能也相等，由公式Epq知M、N两点电势相等，A正确；因为是匀强电场，所以两点的连线MN即为等势面。根据等势面与电场线垂直特征，又M点电势高于O点电势，从

13、而画出电场线。粒子由M点运动到N点过程中，各点电势先增大后减小，由公式Epq得到带正电粒子电势能先增大后减小，B正确；匀强电场的电场强度UEd式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UMOER，所以E，C错误；粒子受到恒定的电场力，做类抛体运动，D错误。10(2019广东省深圳市模拟)如图所示，在竖直面(纸面)内有匀强电场，带电量为q(q0)、质量为m的小球受水平向右大小为F的恒力，从M匀速运动到N。已知MN长为d，与力F的夹角为60，重力加速度为g，则(ACD)A场强大小为BM、N间的电势差为C从M到N，电场力做功为mgdFdD若仅将力F方向顺时针转60，小球将从M向N做匀变速

14、直线运动解析小球做匀速运动，所受合力为0，小球受到重力，水平向右的恒力F，则电场力与重力和恒力F的合力等大反向，即qE，则场强大小E，A正确；匀强电场的电场线方向不沿MN方向，所以M、N间的电势差不是d，B错误；对小球从M到N过程由动能定理列方程：mgdsin60Fdcos60W电0，得到电场力做功W电mgdFd，C正确；重力与电场力的合力与恒力F等大反向，即重力与电场力的合力大小为F，方向水平向左，与MN的延长线夹角为60，若将力F方向顺时针转60，此时力F与MN的延长线夹角也为60，由平行四边形定则可得它们的合力方向沿NM方向，所以小球将从M到N做匀变速直线运动，D正确。二、计算题(本题共

15、2小题，需写出完整的解题步骤)11(2019攀枝花二模)如图所示，在竖直面内有一边长为L的正六边形区域，O为中心点，CD水平。将一质量为m的小球以一定的初动能从B点水平向右拋出，小球运动轨迹过D点。现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为q，并以前述初动能沿各个方向从B点拋入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动。已知某一方向拋入的小球过O点时动能为初动能的，另一方向拋入的小球过C点时动能与初动能相等。重力加速度为g，电场区域足够大，求：(1)小球的初动能；(2)取电场中B点的电势为零，求O、C两点的电势；(3)已知小球从某一特定方向从B点拋入六边形区域后，小球将会再次回到B，求该特定方

16、向拋入的小球在六边形区域内运动的时间。答案(1)mgL(2)，(3)6解析(1)设小球从B点抛出时速度为v0，从B到D所用时间为t，小球做平抛运动在水平方向上xBDv0t在竖直方向上yBD gt2由几何关系可知：xBD Lcos60L，yBDLsin60解得小球的初动能为：EkBmvmgL(2)带电小球BO：由动能定理得：EkOEkBqUBOUBOBO解得：O 带电小球BC：由动能定理得：EkCEkBmgLsin60qUBCUBCBC解得：C (3)在正六边形的BC边上取一点G，令GO，设G到B的距离为x，则由匀强电场性质可知： 解得：xL由几何知识可得，直线GO与正六边形的BC边垂直，OG为

17、等势线，电场方向沿CB方向，由匀强电场电场强度与电势的关系可得：E根据力合成的平行四边形定则可得：F合mg，方向FB只有沿BF方向抛入的小球才会再次回到B点，该小球进入六边形区域后，先做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B点，设匀减速所用时间为t1，匀加速所用时间为t2，匀减速发生的位移为x则t2t1 由牛顿定律得：mamgxLBF(未射出六边形区域)小球在六边形区域内运动时间为tt1t2612(2019河北模拟)如图所示，在水平线MN上方区域有竖直向下的匀强电场，在电场内有一光滑绝缘平台，平台左侧靠墙，平台上有带绝缘层的轻弹簧，其左端固定在墙上，弹簧不被压缩时右侧刚好到平台边

18、缘，光滑绝缘平台右侧有一水平传送带，传送带A、B两端点间距离L1 m，传送带以速率v04 m/s顺时针转动，现用一带电小物块向左压缩弹簧，放手后小物块被弹出，从传送带的B端飞出。小物块经过MN边界上C点时，速度方向与水平方向成45角，经过MN下方MN水平线上的D点时，速度方向与水平方向成60角。传送带B端距离MN的竖直高度h10.4 m，MN与MN平行，间距h21.6 m，小物块与传送带间的动摩擦因数0.1，小物块的质量为m0.1 kg，带电量q1102 C，平台与传送带在同一水平线上，二者连接处缝隙很小，不计小物块经过连接处的能量损失，重力加速度为g10 m/s2，1.732，2.236。求

19、：(1)匀强电场的电场强度E；(2)弹簧弹性势能的最大值；(3)当小物块在传送带上运动因摩擦产生的热量最大时，小物块在传送带上发生相对运动的时间t。答案(1)100 N/C(2)1 J(3)0.268 s解析(1)设小物块从B点飞出的速度为vB，在C点、D点时的速度分别为v1、v2。在C点小物块的速度方向与水平方向成45角，则由几何关系可知v1xv1yvB小物块从B点运动到C点，在竖直方向上有2ah1vv在D点由tan60，解得v2yvB小物块从C点运动到D点的过程中，在竖直方向上有2gh2vv(vB)2v2v解得vB4 m/s将其代入2ah1vv，解得a20 m/s2小物块从B点运动到C点的

20、过程中，有qEmgma，解得E100 N/C。(2)小物块被弹簧弹开，恰好减速到B端与传送带同速，则小物块从A端运动到B端由vv22a0L，ma0(Eqmg)，小物块在A点具有的动能即为弹簧具有的最大弹性势能，则EpEkmv21 J。(3)小物块在传送带上摩擦产生热量的最大值是物块在传送带上相对位移最长的情况，有两种情况，一种是物块一直加速运动到B端与传送带共速，一种是物块在传送带上减速到B端与传送带共速。第一种情况：传送带的位移：x0v0t1物块的位移为L：vv22a0L物块的速度变化为v0va0t1联立即得t1(2)s第二种情况：传送带的位移：x0v0t2物块的位移为L：vv22a0L物块的速度变化为v0va0t2联立解得t2(2)s计算可得第1种情况相对位移大于第2种情况的相对位移，则tt1小物块在传送带上运动因摩擦产生的热量最大时，小物块在传送带上发生相对运动的时间t0.268 s。