（通用版）2020版高考物理二輪復習 專題分層突破練8 電場 帶電粒子在電場中的運動（含解析）

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1、專題分層突破練8　電場　帶電粒子在電場中的運動 A組 　1.(2019重慶八中模擬)在如圖所示的四種電場中,分別標記有a、b兩點,其中a、b兩點電場強度大小相等、方向相反的是(　　) A.圖甲中與點電荷等距的a、b兩點 B.圖乙中兩等量異種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點 C.圖丙中兩等量同種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點 D.圖丁中非勻強電場中的a、b兩點 2. 真空中有一半徑為r0的帶電金屬球殼,若取無窮遠處為零電勢,通過其球心的一直線上各點的電勢φ分布規(guī)律可用圖中曲線表示,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

2、兩點離球心的距離。下列說法中正確的是(　　) A.該球殼帶負電 B.A點的電場強度大于B點的電場強度 C.若r2-r1=r1-r0,則φA-φB=φ0-φA D.將電子從A點移到B點,電場力做正功 3. 如圖所示,R是一個定值電阻,A、B為水平正對放置的兩塊平行金屬板,兩板間帶電微粒P處于靜止狀態(tài),則下列說法正確的是(　　) A.若增大A、B兩金屬板的間距,則有向右的電流通過電阻R B.若增大A、B兩金屬板的間距,P將向上運動 C.若緊貼A板內(nèi)側插入一塊一定厚度的金屬片,P將向上運動 D.若緊貼B板內(nèi)側插入一塊一定厚度的陶瓷片,P將向上運動 4. 在空間某區(qū)域存

3、在一電場,x軸上各點電勢隨位置變化情況如圖所示,圖線為曲線,且關于縱軸對稱。下列關于該電場的論述正確的是(　　) A.圖中A點對應的電場強度大于B點對應電場強度 B.圖中A點對應的電勢大于B點對應電勢 C.一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在-x1點的電勢能 D.一個帶正電的粒子在-x1點的電勢能大于在-x2點的電勢能 5.如圖甲為一對長度為L的平行金屬板,在兩板之間加上圖乙所示的電壓?，F(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計),且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出,若粒子在兩板之間的運動時間均為T,則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是(

4、　　) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 6. 如圖,A、B、C三個點電荷分別固定于一個邊長為a的正三角形的三個頂點,它們所帶的電荷量分別為+Q、-2Q、-2Q,在三角形中心O釋放一個帶+q電荷的試探電荷,為了讓該試探電荷靜止在O點,需要在空間加上一個平行于三角形所在平面的勻強電場,則(　　) A.所加勻強電場方向為由O指向A,電場強度大小為3kQa2 B.所加勻強電場方向為由A指向O,電場強度大小為9kQa2 C.撤去勻強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,移動過程中試探電荷的電勢能增加 D.撤去勻強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,移動過程中電場力對試

5、探電荷做正功 7. (2019山東淄博模擬)如圖所示,平行板電容器兩極板水平放置,現(xiàn)將其與二極管串聯(lián)接在電動勢為E的直流電源上,電容器下極板接地,靜電計所帶電荷量可忽略,二極管具有單向?qū)щ娦浴ｉ]合開關S,一帶電油滴恰好靜止于兩板間的P點,現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則下列說法正確的是(　　) A.平行板電容器的電容將變大 B.靜電計指針張角變小 C.帶電油滴的電勢能將增加 D.油滴仍將保持靜止 8.(多選)(2019山東臨沂模擬)在豎直向上的勻強電場中,有兩個質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點)處在同一水平面上?，F(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0

6、向右拋出,最后落到水平地面上,運動軌跡如圖所示,兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮,則(　　) A.A球帶正電,B球帶負電 B.A球比B球先落地 C.在下落過程中,A球的電勢能減少,B球的電勢能增加 D.兩球從拋出到各自落地的過程中,A球的動能變化量比B球的小 9. (多選)如圖所示,豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場,與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放,Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放,兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置。則從開始釋放到運動到右極板的過程中,下列選項正確的是(　　) A.P的運動時間大于Q的運動時間 B.

7、P、Q的電勢能減少量之比為4∶1 C.P、Q的動能增加量之比為4∶1 D.P、Q的電荷量之比為2∶1 10. (多選)(2019湖北部分重點中學聯(lián)考)如圖所示的直角坐標系中,第一象限內(nèi)分布著均勻輻射的電場,坐標原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U;第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強電場,電場強度大小為E。大量電荷量為-q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子,某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場。若粒子只能從坐標原點進入第一象限,其他粒子均被坐標軸上的物質(zhì)吸收并導走而不影響原來的電場分布。不計粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是(　　) A.能進入第

8、一象限的粒子,在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上 B.到達坐標原點的粒子速度越大,入射速度方向與y軸的夾角越大 C.能打到熒光屏上的粒子,進入O點的動能必須大于qU D.若U

9、經(jīng)過d時的2倍 12. (多選)如圖所示,一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置,板長為L,板間距離為d,距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間,最后垂直打在M上,則下列結論正確的是(已知重力加速度為g)(　　) A.兩極板間電壓為mgd2q B.板間電場強度大小為2mgq C.整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加mg2L2v02 D.若僅增大兩極板間距,則該質(zhì)點不可能垂直打在M上 13.電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成。偏轉電場由加有電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板組成,勻強磁場的左邊界與偏轉電場的右邊

10、界相距為s,如圖甲所示。大量電子(其重力不計)由靜止開始,經(jīng)加速電場加速后,連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉電場。當兩板沒有加電壓時,這些電子通過兩板之間的時間為2t0,當在兩板間加如圖乙所示的電壓時,所有電子均從兩板間通過,進入水平寬度為l,豎直寬度足夠大的勻強磁場中,最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上。問: 甲 乙 (1)如果電子在t=0時刻進入偏轉電場,則離開偏轉電場時的側向位移大小是多少? (2)電子在剛穿出兩板之間的偏轉電場時最大側向位移與最小側向位移之比為多少? (3)要使側向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上,勻強磁場的磁感應強度為多少?(已知電子

11、的質(zhì)量為m、電荷量為e) 專題分層突破練8　電場 帶電粒子在電場中的運動 1.C　解析 題圖甲中與點電荷等距的a、b兩點,電場強度大小相同,方向不相反,A選項錯誤;題圖乙中,根據(jù)電場線的疏密及對稱性可判斷,a、b兩點的電場強度大小相等、方向相同,B選項錯誤;題圖丙中兩等量同種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點,電場強度大小相同,方向相反,C選項正確;題圖丁中根據(jù)電場線的疏密可判斷,b點的電場強度大于a點的電場強度,D選項錯誤。 2.B　解析 根據(jù)圖象知,從球殼向外電勢逐漸降低,且電勢大于零,故該球帶正電,故A錯誤;根據(jù)電場強度公式E=Ud可知,圖象斜率大

12、小等于電場強度,則得A點的電場強度大于B點的電場強度,故B正確;由于圖象斜率大小等于電場強度,從O到A再到B,電場強度逐漸減小;故若r2-r1=r1-r0,則φA-φB<φ0-φA,故C錯誤;電子沿直線從A移到B的過程中,電場力方向由B指向A,所以電場力做負功,故D錯誤。 3.C　解析 由于兩極板和電源相連,則兩極板間的電壓恒定,若增大A、B兩金屬板的間距,根據(jù)公式C=εrS4πkd可知,電容減小,根據(jù)公式C=QU以及電壓不變可得電容器兩極板上所帶電荷量減小,故電容器放電,R中有向左的電流,A錯誤;由于兩極板間的電壓不變,若增大A、B兩金屬板的間距,根據(jù)公式E=Ud可得兩極板間的電場強度減小

13、,電場力小于重力,微粒P將向下運動,B錯誤;若緊貼A板內(nèi)側插入一塊一定厚度的金屬片,相當于兩極板間的距離減小,電場強度增大,則微粒P受到的電場力大于重力,P向上運動,C正確;若緊貼B板內(nèi)側插入一塊一定厚度的陶瓷片,相當于εr增大,兩極板間的電場強度恒定不變,所以微粒P受到的電場力不變,P仍靜止,D錯誤。故選C。 4.C　解析 φ-x圖象的斜率大小等于電場強度,所以B點對應的電場強度大于A點對應的電場強度,故A錯誤;由題圖易知A點對應的電勢小于B點對應的電勢,故B錯誤;由題圖可知,電場強度方向均指向O點,根據(jù)對稱性可知,一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在-x1點的電勢能,故C正確;電場線指

14、向O點,則正電荷由-x1到-x2的過程中電場力做負功,故電勢能增加,故帶正電的粒子在-x1點的電勢能小于在-x2點的電勢能,故D錯誤。 5.C　解析 設偏轉電場電壓不為零時,粒子在偏轉場中的加速度為a,粒子在t=nT時刻進入偏轉場,則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉場,此時粒子偏轉位移最大ymax=12aT22+a×T2×T2=38aT2。粒子在t=nT+T2時刻進入偏轉場,則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉場,此時粒子偏轉位移最小ymin=0+12aT22=18aT2,則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是3∶1,故C項正確。 6.D　解析 O點是三角形的中心,到三個電荷的距離

15、為r=23asin60°=33a,三個電荷在O處產(chǎn)生的電場強度大小EA=kQr2=3kQa2,EB=EC=kQr2=6kQa2,根據(jù)對稱性和幾何知識得知:E合=9kQa2,方向由A指向O,所以所加勻強電場方向為由O指向A,電場強度大小為9kQa2,故A、B錯誤;撤去勻強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,電勢降低,移動過程中電場力對試探電荷做正功,電勢能減小,故D正確,C錯誤;故選D。 7.D　解析 由公式C=εrS4πkd可知,將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時,即d增大,則平行板電容器的電容將變小,A選項錯誤;電容器與電源及二極管連接,電容器不能放電,電荷量一定,根據(jù)U=QC

16、可知,電壓增大,靜電計指針張角變大,B選項錯誤;依題意帶電油滴帶負電,而P點的電勢增加,所以帶電油滴的電勢能將減少,C選項錯誤;根據(jù)E=4πkQεrS可知電容器內(nèi)部電場強度不變,所以油滴仍將保持靜止,D選項正確。 8.AD　解析 兩球在水平方向都做勻速直線運動,由x=v0t知,v0相同,則A運動的時間比B的長,在豎直方向上,由h=12at2且h相等可知,A的合力比B的小,所以A的電場力向上,帶正電,B的電場力向下,帶負電,故A正確。A運動的時間比B的長,則B球比A球先落地,故B錯誤。A的電場力向上,電場力對A球做負功,A球的電勢能增加。B的電場力向下,電場力對B球做正功,B球的電勢能減小,故

17、C錯誤。A的合力比B的小,則A的合力做功較少,由動能定理知A球的動能變化小,故D正確。 9.BD　解析 小球在豎直方向為自由落體運動,兩者下落高度相同,說明運動時間一樣,故A錯誤。在水平方向小球做勻加速直線運動,根據(jù)x=12·qUmdt2,可知位移之比為2∶1,說明P、Q粒子的電荷量之比為2∶1,故D正確。電勢能的減少量為電場力做的功,即EpP∶EpQ=2qU∶qU2=4∶1,故B正確。動能增加量為合外力做的功,即EkP∶EkQ=(mgh+2qU)∶mgh+qU2,由于不知道重力與電場力的關系,故C錯誤;故選BD。 10.CD　解析 能進入第一象限的粒子,必須滿足關系-x=v0t,-y=q

18、E2mt2,所以有y=-qE2mv02x2,在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上,選項A錯誤;設到達坐標原點的粒子入射速度與y軸的夾角為θ,因為sinθ=v0v,所以到達坐標原點的粒子速度v越大,入射速度方向與y軸的夾角θ越小,選項B錯誤;能打到熒光屏上的粒子,都滿足12mv2>qU,選項C正確;若U

19、曲線運動,所以可能到達不了f平面,故B項正確;整個過程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的電勢能為-4eV、-2eV、0eV、+2eV、+4eV,動能分別為+10eV、+8eV、+6eV、+4eV、+2eV,故C項錯誤;由于電子經(jīng)過b、d平面時的動能分別為8eV和4eV,所以該電子經(jīng)過b平面時的速率是經(jīng)過d時的2倍,故D項錯誤。 12. BC　解析 據(jù)題分析可知,小球在極板間軌跡應向上偏轉,做類平拋運動,飛出電場后,小球的軌跡向下偏轉,才能最后垂直打在M屏上,前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性,如圖所示: 可見兩次偏轉的加速度大小相等,根據(jù)牛頓第二定律得:qE-mg=ma,mg=ma

20、,解得E=2mgq,由U=Ed得板間電勢差U=2mgq×d=2mgdq,故A錯誤,B正確;小球在電場中向上偏轉的距離y=12at2,a=qE-mgm=g,t=Lv0,解得:y=gL22v02,故小球打在屏上的位置與P點的距離為:s=2y=gL2v02,重力勢能的增加量Ep=mgs=mg2L2v02,故C正確。僅增大兩板間的距離,因兩板上電荷量不變,根據(jù)E=Ud=QCd=QεS4πkdd=4πkQεS可知,板間電場強度不變,小球在電場中受力情況不變,則運動情況不變,故仍垂直打在M上,故D錯誤。故選BC。 13.答案 (1)3U0et022dm　(2)3∶1　(3)U0t0dl 解析 (1)當

21、電子在t=0時刻進入偏轉電場時,有y=12at02+vyt0=12U0emdt02+U0emdt0·t0,得y=3U0et022dm。 (2)由題意可知,要使電子的側向位移最大,應讓電子從0、2t0、4t0……時刻進入偏轉電場,在這種情況下,電子的側向位移為ymax=12at02+vyt0 ymax=12U0edmt02+U0edmt02=32U0edmt02 要使電子的側向位移最小,應讓電子從t0、3t0……時刻進入偏轉電場,在這種情況下,電子的側向位移為 ymin=12U0edmt02 所以最大側向位移和最小側向位移之比為ymax∶ymin=3∶1。 (3)設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為θ,電子在磁場中運動半徑R,由于電子要垂直打在熒光屏上,由幾何關系有:R=lsinθ 設電子從偏轉電場中出來時的速度為vt,垂直偏轉極板的速度為vy,則電子從偏轉電場中出來時的偏向角為:sinθ=vyvt,式中vy=U0edmt0 又R=mvtBe,由上述四式可得:B=U0t0dl。 11