2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 第1講 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)突破練.doc

第1講 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)限訓(xùn)練通高考 科學(xué)設(shè)題拿下高考高分 (45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1(2016高考全國卷)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是()A兩個(gè)電勢不同的等勢面可能相交B電場線與等勢面處處相互垂直C同一等勢面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度一定相等D將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功解析：在靜電場中，兩個(gè)電勢不同的等勢面不會(huì)相交，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場線與等勢面一定相互垂直，選項(xiàng)B正確；同一等勢面上的電場強(qiáng)度可能相等，也可能不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，移動(dòng)負(fù)試探電荷時(shí)，電場力做負(fù)功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案：B2.(2018河北定州第三次月考)如圖，勻強(qiáng)電場中的點(diǎn)A、B、C、D、E、F、G、H為立方體的8個(gè)頂點(diǎn)已知G、F、B、D點(diǎn)的電勢分別為8 V、3 V、2 V、4 V，則A點(diǎn)的電勢為()A1 VB.1 VC2 V D3 V解析：在勻強(qiáng)電場中，由公式UEd知，沿著任意兩平行方向前進(jìn)相同距離，電勢差必定相等，由于GFCB，且GFCB，則有GFCB，代入數(shù)據(jù)解得CGFB8 V3 V2 V7 V，同理，ABDC，解得ABDC2 V4 V7 V1 V，故B正確答案：B3(2018高考天津卷)如圖所示，實(shí)線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢分別為M、N，粒子在M和N時(shí)加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是()AvM<vN，aM<aNBvM<vN，M<NCM<N，EpM<EpNDaM<aN，EpM<EpN解析：由粒子的軌跡知電場力的方向偏向右，因粒子帶負(fù)電，故電場線方向偏向左，由沿電場線方向電勢降低，可知N<M，EpM<EpN.N點(diǎn)電場線比M點(diǎn)密，故場強(qiáng)EM<EN，由加速度a知aM<aN.粒子若從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，電場力做正功，動(dòng)能增加，故vM>vN.綜上所述，選項(xiàng)D正確答案：D4(2018山東菏澤一中高三質(zhì)檢)如圖為靜電除塵機(jī)原理示意圖，廢氣先經(jīng)過一個(gè)機(jī)械過濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū)，帶負(fù)電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標(biāo))不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量的變化，則()A電場線方向由放電極指向集塵極B圖中A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)電勢C塵埃在遷移過程中做勻變速運(yùn)動(dòng)D塵埃在遷移過程中電勢能減小解析：根據(jù)題意可知帶負(fù)電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知集塵極帶正電荷，是正極，所以電場線方向由集塵極指向放電極，故A錯(cuò)誤；集塵極帶正電荷，A點(diǎn)更靠近放電極，所以圖中A點(diǎn)電勢低于B點(diǎn)電勢，故B錯(cuò)誤；由圖可知放電極與集塵極間為非勻強(qiáng)電場，所以塵埃所受的電場力是變化的，塵埃不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；帶電塵埃所受的電場力方向與位移方向相同，電場力做正功，所以在遷移過程中電勢能減小，故D正確答案：D5(2018河北定州中學(xué)第三次月考)如圖所示，三條平行等間距的虛線表示電場中的三個(gè)等勢面，電勢值分別為10 V、20 V、30 V，實(shí)線是一帶電粒子(不計(jì)重力)在該區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b、c是軌跡上的三個(gè)點(diǎn)下列說法正確的是()A粒子在三點(diǎn)的電勢能大小關(guān)系為Epc<Epa<EpbB粒子在三點(diǎn)所受的電場力不相等C粒子必先過a，再到b，然后到cD粒子在三點(diǎn)所具有的動(dòng)能大小關(guān)系為Ekb>Eka>Ekc解析：由題圖可知，電場的方向是向上的，而粒子受力是向下的，故粒子帶負(fù)電，而帶負(fù)電的粒子無論是依次沿a、b、c運(yùn)動(dòng)，還是依次沿c、b、a運(yùn)動(dòng)，都會(huì)得到如圖的軌跡，故C錯(cuò)誤粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有電場力做功，故電勢能與動(dòng)能之和是恒定不變的，帶負(fù)電的粒子在b點(diǎn)時(shí)的電勢能最大，在c點(diǎn)的電勢能最小，則可判斷帶電粒子在c點(diǎn)的動(dòng)能最大，在b點(diǎn)的動(dòng)能最小，故A正確，D錯(cuò)誤因表示電場中三個(gè)等勢面的三條虛線是平行且等間距的，由此可判斷電場是勻強(qiáng)電場，所以帶電粒子在電場中各點(diǎn)受到的電場力相等，故B錯(cuò)誤答案：A6.如圖所示，無限大均勻帶正電的薄板豎直放置，其周圍空間的電場可認(rèn)為是勻強(qiáng)電場光滑絕緣細(xì)管垂直穿過板中間小孔，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電小球在細(xì)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)以小孔為原點(diǎn)建立x軸，規(guī)定x軸正方向?yàn)榧铀俣萢和速度v的正方向，下圖分別表示x軸上各點(diǎn)的電勢、小球的加速度a、速度v和動(dòng)能Ek隨x變化的圖象，其中正確的是()解析：在x<0范圍內(nèi)，當(dāng)x增大時(shí)，由電場是勻強(qiáng)電場，且UEd，可知電勢差均勻增大， x圖線應(yīng)為向上傾斜的直線；在x>0范圍內(nèi)，當(dāng)x增大時(shí)，同理可知電勢差均勻減小， x圖線應(yīng)為向下傾斜的直線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤在x<0范圍內(nèi)，電場力向右，加速度向右，為正值；在x>0范圍內(nèi)，電場力向左，加速度向左，為負(fù)值，選項(xiàng)B錯(cuò)誤在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得qExmv2，v x圖象中的圖線應(yīng)是曲線；同理，在x>0范圍內(nèi)，圖線也為曲線，選項(xiàng)C錯(cuò)誤在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得qExEk，Ek x圖象中的圖線應(yīng)是傾斜的直線；同理，在x>0范圍內(nèi)，圖線也為傾斜的直線，選項(xiàng)D正確答案：D二、多項(xiàng)選擇題7.(2018高考全國卷)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV.下列說法正確的是()A平面c上的電勢為零B該電子可能到達(dá)不了平面fC該電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢能為4 eVD該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍解析：因等勢面間距相等，由UEd得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，eUad6 eV，故Uad6 V，各虛線電勢如圖所示，因電場力做負(fù)功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，c0，A對(duì)因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實(shí)線所示，電子可能到達(dá)不了平面f，B對(duì)經(jīng)過d時(shí)，電勢能Eped2 eV，C錯(cuò)由a到b，WabEkbEka2 eV，所以Ekb8 eV，由a到d，WadEkdEka6 eV，所以Ekd4 eV，則Ekb2Ekd，根據(jù)Ekmv2知vbvd，D錯(cuò)答案：AB8.如圖所示，空間某區(qū)域存在著非勻強(qiáng)電場，實(shí)線表示該電場的電場線，過O點(diǎn)的虛線MN表示該電場的一個(gè)等勢面，兩個(gè)相同的帶正電的粒子P、Q分別從A、B兩點(diǎn)以相同的初速度開始運(yùn)動(dòng)，速度方向垂直于MN，A、B連線與MN平行，且都能從MN左側(cè)經(jīng)過O點(diǎn)設(shè)粒子P、Q在A、B兩點(diǎn)的電勢能分別為Ep1和Ep2，經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為v1和v2.粒子的重力不計(jì)，則()Av1>v2 Bv1<v2CEp1<Ep2 DEp1>Ep2解析：由題意知兩個(gè)相同的帶正電粒子P、Q分別從A、B兩點(diǎn)以相同的初速度運(yùn)動(dòng)，且都能從MN左側(cè)經(jīng)過O點(diǎn)，電場力對(duì)兩個(gè)粒子都做正功，再由電場線和等勢面的垂直關(guān)系以及沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知B點(diǎn)的電勢B高于A點(diǎn)的電勢A，B點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢差大于A點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢差，對(duì)兩個(gè)粒子分別運(yùn)用動(dòng)能定理有qUm(v2v)，而UBO>UAO，可知兩個(gè)粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度v1<v2，則選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；再由電勢能公式Epq，知Ep1<Ep2，則選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤答案：BC9(2018四川成都實(shí)驗(yàn)中學(xué)理綜測試)現(xiàn)有兩個(gè)點(diǎn)電荷A和B，它們電荷量分別為Q和Q，a為AB連線的中點(diǎn)，b與a關(guān)于B對(duì)稱，它們都在一條直線上，如圖所示把一個(gè)帶正電的試探電荷從a沿直線移到b的過程中，下列說法正確的是()A電場力對(duì)試探電荷一直做正功B電場力對(duì)試探電荷先做正功后做負(fù)功C試探電荷受到的電場力一直增大D試探電荷受到的電場力先增大后減小解析：等量異號(hào)電荷的電場線分布如圖所示，正電荷由a移到b的過程中受力沿電場線方向，則由圖可知，由a向B電荷運(yùn)動(dòng)過程中，電場力向右，故電場力做正功；而在由B向b方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場力向左，故電場力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤，B正確由圖可知，由a到b過程中，電場強(qiáng)度先增大后減小，故試探電荷受到的電場力先增大后減小，故C錯(cuò)誤，D正確答案：BD10.如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，斷開電源后一帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出若下板不動(dòng)，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A將打在下板中央B仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng)D若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央解析：將電容器上板向上移動(dòng)一段距離，電容器所帶的電荷量Q不變，由于E可知，當(dāng)d增大時(shí)，場強(qiáng)E不變，以相同的速度入射的小球仍按原來的軌跡運(yùn)動(dòng)，故B正確，A、C錯(cuò)誤若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離時(shí)，板間電場強(qiáng)度不變，粒子所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確答案：BD三、非選擇題11如圖所示，豎直平行正對(duì)放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔(未畫出)正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy的O點(diǎn)，y軸沿豎直方向，在x>0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E103 V/m，比荷為1.0105 C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O處由靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)軌跡恰好經(jīng)過M( m,1 m)點(diǎn)粒子P的重力不計(jì)(1)求金屬板A、B之間的電勢差UAB；(2)若在粒子P經(jīng)過O點(diǎn)的同時(shí)，在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中某點(diǎn)由靜止釋放另一帶電粒子Q，使P、Q恰能在運(yùn)動(dòng)中相碰假設(shè)Q的質(zhì)量是P的質(zhì)量的2倍，帶電情況與P相同，Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計(jì)，求粒子Q所有釋放點(diǎn)的集合解析：(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí)的速度大小為v0.由題意可知，粒子P在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)該粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M( m,1 m)點(diǎn)所用時(shí)間為t0，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得xMv0t0，yM t，解得v0104 m/s.在金屬板A、B之間，由動(dòng)能定理得qUABmv，解得UAB1 000 V.(2)設(shè)P、Q在右側(cè)電場中運(yùn)動(dòng)的加速度分別為a1、a2，粒子Q從坐標(biāo)N(x、y)點(diǎn)釋放后，經(jīng)時(shí)間t與粒子P相遇由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何關(guān)系可得對(duì)于P有Eqma1對(duì)于Q有Eq2ma2xv0ta1t2ya2t2聯(lián)立以上各式解得yx2，其中x>0即粒子Q的釋放點(diǎn)N(x，y)的坐標(biāo)滿足方程yx2(x>0)答案：(1)1 000 V(2)yx2(x>0)12.如圖所示，開有小孔的平行板水平放置，兩極板接在電壓大小可調(diào)的電源上，用噴霧器將油滴噴注在小孔上方已知兩極板間距為d，油滴密度為，電子電荷量為e，重力加速度為g，油滴視為球體，油滴運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣的粘滯阻力大小Ff6rv(r為油滴半徑、為粘滯系數(shù)，且均為已知量)，油滴所帶電荷量是電子電荷量的整數(shù)倍，噴出的油滴均相同，不考慮油滴間的相互作用(1)當(dāng)電壓調(diào)到U時(shí)，可以使帶電的油滴在板間懸?。划?dāng)電壓調(diào)到時(shí)，油滴能在板間以速度v勻速豎直下行求油滴所帶電子的個(gè)數(shù)n及油滴勻速下行的速度v；(2)當(dāng)油滴進(jìn)入小孔時(shí)與另一油滴粘連在一起形成一個(gè)大油滴，以速度v1(已知)豎直向下進(jìn)入小孔，為防止碰到下極板，需調(diào)整電壓，使其減速運(yùn)行，若將電壓調(diào)到2U，大油滴運(yùn)動(dòng)到下極板處剛好速度為零，求大油滴運(yùn)動(dòng)到下極板處時(shí)的加速度及這一過程粘滯阻力對(duì)大油滴所做的功解析：(1)油滴靜止時(shí)，電場力與重力平衡，有mg勻速下降時(shí)，有6rvmg其中質(zhì)量mr3聯(lián)立可得n，v.(2)大油滴質(zhì)量為2m，所帶電荷量為2q，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到下極板時(shí)速度恰好為零，故2q2mg2ma聯(lián)立解得ag，方向豎直向上油滴從上極板到下極板由動(dòng)能定理可得2mgd2q2UWf02mv，mr3聯(lián)立解得Wfgdr3vr3r3(2gdv)答案：(1)(2)g，方向豎直向上r3(2gdv)