物理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試：專題強(qiáng)化練八 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) Word版含解析

專題強(qiáng)化練(八)考點(diǎn)1電場(chǎng)力的性質(zhì)1(2019·大連模擬)如圖所示，在粗糙絕緣的水平面上有一物體A帶正電，另一帶正電的物體B沿著以A為圓心的圓弧由P到Q緩慢地從A的正上方經(jīng)過(guò)，若此過(guò)程中A始終保持靜止，A、B兩物體可視為質(zhì)點(diǎn)且只考慮它們之間有庫(kù)侖力的作用，則下列說(shuō)法正確的是()A物體A受到地面的支持力先增大后減小B物體A受到地面的支持力保持不變C物體A受到地面的摩擦力先增大后減小D庫(kù)侖力對(duì)物體B先做正功后做負(fù)功解析：當(dāng)物體B由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，物體A受力如圖甲所示，由平衡條件得，水平方向Fsin Ff0，豎直方向FNFcos mg0，解得FNmgFcos ，F(xiàn)fFsin ，由于mg與F不變，逐漸減小為零，因而支持力FN逐漸變大，F(xiàn)f逐漸變小當(dāng)物體B由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，物體A受力如圖乙所示，由平衡條件得，水平方向Fsin Ff0，豎直方向FNFcos mg0，解得FNmgFcos ，F(xiàn)fFsin ，由于mg與F不變，由零逐漸增大，因而支持力FN逐漸變小，F(xiàn)f逐漸變大，因此物體A受到地面的支持力先增大后減小，物體A受到地面的摩擦力先減小后增大，故A正確，B、C錯(cuò)誤；物體B受的庫(kù)侖力方向與物體B的速度總是垂直，庫(kù)侖力對(duì)B不做功，故D錯(cuò)誤答案：A2(2019·石家莊質(zhì)檢)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過(guò)半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OMON2R.已知M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為()A.EB.C.E D.E解析：左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)等效為帶正電荷量為2q的整個(gè)球面的電場(chǎng)和帶電荷量q的右半球面的電場(chǎng)的合電場(chǎng)，則EE，E為帶電荷量q的右半球面在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小帶電荷量q的右半球面在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小與帶正電荷量為q的左半球面AB在N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，則ENEEE，則A正確答案：A3.如圖所示，圖中MN是由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線一帶正電粒子q飛入電場(chǎng)后，只在電場(chǎng)力作用下沿圖中虛線運(yùn)動(dòng)，a、b是該曲線上的兩點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確是()A若場(chǎng)源電荷為負(fù)電荷，其在N端B若場(chǎng)源電荷為正電荷，其在M端C正粒子q經(jīng)過(guò)MN時(shí)，其加速度方向向左Da點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度解析：正粒子q經(jīng)過(guò)MN時(shí)受到的電場(chǎng)力向左，加速度方向向左，場(chǎng)源電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)由N指向M，若場(chǎng)源電荷為負(fù)電荷，其在M端，若場(chǎng)源電荷為正電荷，其在N端，故A、B錯(cuò)誤，C正確；由于場(chǎng)源電荷不確定，所以無(wú)法比較a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，故D錯(cuò)誤答案：C考點(diǎn)2電場(chǎng)能的性質(zhì)4(多選)(2019·新鄉(xiāng)模擬)如圖甲所示，在等量同種點(diǎn)電荷連線的中垂線上固定一根光滑的絕緣輕桿，桿上穿一個(gè)質(zhì)量m1.0×103 kg，帶電量q5.0×104 C的小球，小球從C點(diǎn)由靜止釋放，其v-t圖象如圖乙所示，10 s時(shí)到達(dá)B點(diǎn)，且此時(shí)圖象的斜率最大，下列說(shuō)法正確的是()AO點(diǎn)右側(cè)B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，場(chǎng)強(qiáng)大小為E12 V/mB從C經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)，小球的電勢(shì)能先減小后增大C從C到B電勢(shì)逐漸降低DC、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UCB0.9 V解析：小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，合外力FqE，加速度a，在O點(diǎn)右側(cè)桿上，電場(chǎng)方向向右，加速度向右，小球做加速運(yùn)動(dòng)，圖象斜率越大加速度越大，故B點(diǎn)的加速度最大，最大加速度a m/s20.06 m/s2，此時(shí)場(chǎng)強(qiáng)最大E12 V/m，故A正確；從C經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，電場(chǎng)方向向右，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤，C正確；小球從C到B的過(guò)程只有電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理得qUCBmv0，解得UCB V9 V，故D錯(cuò)誤答案：AC5(多選)(2019·泰安一模)如圖所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球，小球靜止時(shí)位于N點(diǎn)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高到M點(diǎn)由靜止釋放則釋放后小球從M運(yùn)動(dòng)到N過(guò)程中()A小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變B小球重力勢(shì)能的減少量等于小球電勢(shì)能的增加量C彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于小球動(dòng)能的增加量D小球動(dòng)能的增加量等于電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和解析：由于有電場(chǎng)力做功，故小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢(shì)能之和是改變的，故A錯(cuò)誤；由題意，小球受到的電場(chǎng)力與重力大小相等，在小球從M運(yùn)動(dòng)到N過(guò)程中，重力做多少正功，重力勢(shì)能就減少多少，電場(chǎng)力做多少負(fù)功，電勢(shì)能就增加多少，故小球重力勢(shì)能的減少量等于小球電勢(shì)能的增加量，B正確；由動(dòng)能定理可知，彈力對(duì)小球做的功等于小球動(dòng)能的增加量，又因?yàn)閺椓Φ墓Φ扔趶椥詣?shì)能的減少量，故C正確；顯然電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和為零，故D錯(cuò)誤答案：BC6(多選)(2019·濰坊模擬)一電子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0x1段是曲線，x1x2段是平行于x軸的直線，x2x3段是傾斜直線，下列說(shuō)法正確的是()A從0到x1電勢(shì)逐漸降低Bx2處的電勢(shì)比x3處高Cx1x2段電場(chǎng)強(qiáng)度為零Dx2x3段的電場(chǎng)強(qiáng)度減小解析：由圖象可知，從0到x1電勢(shì)能增加，根據(jù)Epq，粒子帶負(fù)電，知3>21<0，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系得FxEp，則F，可知Epx圖象切線斜率表示電場(chǎng)力的大小，x1x2段是直線，斜率為零，則電場(chǎng)力為零，所以x1x2段電場(chǎng)強(qiáng)度為零，x2x3段是傾斜直線，斜率不變，電場(chǎng)力不變，故電場(chǎng)強(qiáng)度不變，故C正確，D錯(cuò)誤答案：AC7(2019·衡水模擬)一對(duì)等量點(diǎn)電荷位于平面直角坐標(biāo)系xOy的一個(gè)軸上，它們激發(fā)的電場(chǎng)沿x、y軸方向上的場(chǎng)強(qiáng)和電動(dòng)勢(shì)隨坐標(biāo)的變化情況如圖中甲、乙所示，甲圖為y軸上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)隨坐標(biāo)變化的E-y圖象，且沿y軸正向場(chǎng)強(qiáng)為正乙圖為x軸上各點(diǎn)電勢(shì)隨坐標(biāo)變化的-x圖象，且以無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零圖中a、b、c、d為軸上關(guān)于原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)，根據(jù)圖象可判斷下列有關(guān)描述正確的是()A是一對(duì)關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的等量負(fù)點(diǎn)電荷所激發(fā)的電場(chǎng)，電荷位于y軸上B是一對(duì)關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的等量異種點(diǎn)電荷所激發(fā)的電場(chǎng)，電荷位于x軸上C將一個(gè)q從y軸上a點(diǎn)由靜止釋放，它會(huì)在aOb間往復(fù)運(yùn)動(dòng)D將一個(gè)q從x軸上c點(diǎn)由靜止釋放，它會(huì)在cOd間往復(fù)運(yùn)動(dòng)解析：因x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)均小于零，且-x圖關(guān)于y軸對(duì)稱，表明是一對(duì)等量負(fù)電荷激發(fā)的電場(chǎng)，又E-y圖象中y軸正方向場(chǎng)強(qiáng)為負(fù)，y軸負(fù)方向場(chǎng)強(qiáng)為正，表明這一對(duì)負(fù)電荷在x軸上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故A、B錯(cuò)誤；一個(gè)q從y軸上a點(diǎn)由靜止釋放，它從a點(diǎn)向O點(diǎn)先做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，越過(guò)原點(diǎn)后先做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)恰好速度為零，此后又變加速運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，故C正確；將一個(gè)q從x軸上c點(diǎn)由靜止釋放，它將直接向x軸負(fù)向的負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)并粘合，故D錯(cuò)誤答案：C考點(diǎn)3平行板電容器8(多選)(2019·威海質(zhì)檢)如圖所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時(shí)兩極板間的電勢(shì)差為U，P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為E，電勢(shì)為P，負(fù)電荷的電勢(shì)能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯(cuò)開一段距離(兩板間距不變)，下列說(shuō)法正確的是()AU變大，E變大 BU變小，P變小CP變小，Ep變大 DP變大，Ep變小解析：根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當(dāng)正對(duì)面積減小時(shí)，則由C可知電容減小，由U可知極板間電壓增大，由E可知，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故A正確；設(shè)P與B板之間的距離為d，P點(diǎn)的電勢(shì)為P，B板接地，B0，則由題可知0PEd是增大的，則P一定減小，由于負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能一定較大，所以可知電勢(shì)能Ep是增大的，故C正確答案：AC9(多選)(2018·深圳模擬)兩個(gè)完全相同的平行板電容器C1、C2水平放置，如圖所示開關(guān)S閉合時(shí)，兩電容器中間各有一油滴A、B剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將S斷開，將C2下極板向上移動(dòng)少許，然后再次閉合S，則下列說(shuō)法正確的是()A兩油滴的質(zhì)量相等，電性相反B斷開開關(guān)，移動(dòng)C2下極板過(guò)程中，B所在位置的電勢(shì)不變C再次閉合S瞬間，通過(guò)電鍵的電流可能從上向下D再次閉合開關(guān)后，A向下運(yùn)動(dòng)，B向上運(yùn)動(dòng)解析：開關(guān)S閉合時(shí)，油滴A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，故油滴所受的豎直向下的重力大小等于豎直向上的電場(chǎng)力，兩電容器極板間的電場(chǎng)等大、反向，兩油滴的電性相反，由于兩油滴的電荷量大小未知，電場(chǎng)力大小不確定，兩油滴質(zhì)量大小不確定，故A錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，電容器所帶電量不變，移動(dòng)C2下極板過(guò)程中，兩極板距離減小，根據(jù)C、C和E得E，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，B所在位置距上極板距離不變，根據(jù)UEd可知，該點(diǎn)電勢(shì)不變，故B正確；斷開開關(guān)，電容器所帶電量不變，移動(dòng)C2下極板過(guò)程中，兩極板距離減小，E不變，根據(jù)UEd可知，電勢(shì)差減小，再次閉合S瞬間會(huì)有電流流過(guò)開關(guān)，由于不知電荷電性，不能判斷電流方向，故C正確；再次閉合S后，電荷流動(dòng)方向不確定，不能確定A、B所受電場(chǎng)力的變化情況，故D錯(cuò)誤答案：BC10某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板，對(duì)著話筒說(shuō)話時(shí)，P振動(dòng)而Q可視為不動(dòng)在P、Q間距增大過(guò)程中()AP、Q構(gòu)成的電容器的電容增大BM點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的高CM點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的低DP上電荷量保持不變解析：電容式話筒與電源串聯(lián)，電壓保持不變?cè)赑、Q間距增大過(guò)程中，根據(jù)電容決定式C得，電容減小，又根據(jù)電容定義式C得，電容器所帶電荷量減少，電容器的放電電流通過(guò)R的方向由M到N，所以M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的高故A、C、D錯(cuò)誤，B正確答案：B考點(diǎn)4帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)11.如圖所示，平行板電容器與恒壓電源連接，電子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向射入并穿過(guò)平行板間的電場(chǎng)，設(shè)電容器極板上所帶電荷量為Q，電子穿出平行板時(shí)在垂直于板面方向偏移的距離為y，若僅使電容器上極板上移以下說(shuō)法正確的是()AQ減小，y不變 BQ減小，y減小CQ增大，y減小 DQ增大，y增大解析：上極板上移，兩極間距增大，電容器電容減小，板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小，由QCU可知，Q減小，C、D均錯(cuò)誤；由y··可知，因E減小，電子偏轉(zhuǎn)距離y減小，故B正確，A錯(cuò)誤答案：B12(多選)(2019·信陽(yáng)模擬)有重力可忽略不計(jì)的三個(gè)帶正電的粒子A、B、C，先后沿如圖所示的虛線OO方向從左側(cè)中點(diǎn)水平進(jìn)入平行板電容器中，并最終都能擊中MN板已知三個(gè)粒子質(zhì)量之比mAmBmC112，三個(gè)粒子帶電量之比為qAqB：qC121，關(guān)于三個(gè)粒子擊中MN板的位置，下列說(shuō)法正確的是()A若A、B、C以相同的速度進(jìn)入電容器，則最終A、B、C擊中MN板上同一點(diǎn)B若A、B、C以相同的動(dòng)量進(jìn)入電容器，則最終B、C擊中MN板上同一點(diǎn)C若A、B、C以相同的動(dòng)能進(jìn)入電容器，則最終A、C擊中MN板上同一點(diǎn)D若A、B、C以相同的動(dòng)能進(jìn)入電容器，則最終A、B擊中MN板上同一點(diǎn)解析：三個(gè)粒子不計(jì)重力，加速度a，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向yat2，水平方向Lv0t，解得y，若A、B、C以相同的速度進(jìn)入電容器，由于比荷不同，則y不同，不可能擊中同一個(gè)位置，故A錯(cuò)誤；y，p相同，若qm相同，則y相同，由mAmBmC112，三個(gè)粒子帶電量之比為qAqBqC121可知，B、C的qm相同，故B正確；y，動(dòng)能相同，若q相同，則y相同，故C正確，D錯(cuò)誤答案：BC13(2019·洛陽(yáng)模擬)示波器是研究交變電流變化規(guī)律的重要儀器，其主要結(jié)構(gòu)可簡(jiǎn)化為：電子槍中的加速電場(chǎng)、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和豎直放置的熒光屏組成，如圖所示若已知加速電場(chǎng)的電壓為U1，兩平行金屬板的板長(zhǎng)、板間距離均為d，熒光屏距兩平行金屬板右側(cè)距離也為d，電子槍發(fā)射的質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從兩平行金屬板的中央穿過(guò)，打在熒光屏的中點(diǎn)O，不計(jì)電子在進(jìn)入加速電場(chǎng)時(shí)的速度及電子重力若兩金屬板間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2，電子會(huì)打在熒光屏上某點(diǎn)，該點(diǎn)距O點(diǎn)距離為d，求U1和U2的比值.解析：在加速電場(chǎng)U1中，由動(dòng)能定理得：qU1mv2，以v的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏移距離：y1at2，其中：t，速度方向與水平方向成角，則有：vyat，tan ，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后偏移的距離：y2dtan ，根據(jù)牛頓第二定律有加速度a，而總的偏移距離：yy1y2d，聯(lián)立以上幾式解得：.答案：14(2019·濰坊模擬)如圖所示，兩豎直虛線間距為L(zhǎng)，之間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)自該區(qū)域左側(cè)的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出小球進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開已知N離開電場(chǎng)時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度；M剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的8倍，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，已知A點(diǎn)到左邊界的距離也為L(zhǎng).(1)求該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?2)求小球射出的初速度大??；(3)要使小球M、N離開電場(chǎng)時(shí)的位置之間的距離不超過(guò)L，僅改變兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿足的條件解析：(1)小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則小球在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)、外的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同N離開電場(chǎng)時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度，即豎直位移為0，設(shè)N在電場(chǎng)內(nèi)的加速度為a，則有0gt2vytat2，又因?yàn)関ygt，解得a3g，方向豎直向上，由牛頓第二定律得：qEmg3mg，解得E；(2)M在電場(chǎng)中的加速度a5g，方向豎直向下，故M剛離開電場(chǎng)時(shí)的豎直分速度vygt5gt6gt，又有小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球射出的初速度為v0，則有t，由M剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的8倍得m(vv)8·mv(gt)2，解得v(6gt)27v8(gt)2，v4(gt)2，v0；(3)M、N進(jìn)入電場(chǎng)前的運(yùn)動(dòng)一致，那么，M、N離開電場(chǎng)時(shí)的位置之間的距離：dgt·t·5gt24gt2L，解得t ，故v02.答案：(1)(2)(3)v02