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1、
專題能力訓練8 電場性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動
(時間:45分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個選項中,1~6題只有一個選項符合題目要求,7~8題有多個選項符合題目要求。全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分)
1.
一個正七邊形七個頂點上各固定一個電荷量為q的點電荷,各電荷的電性如圖所示,O點是正七邊形的幾何中心。若空間中有一點M,且MO垂直于正七邊形所在平面,則下列說法正確的是( )
A.M點的電場強度方向是沿著OM連線,由O點指向M點
B.M點的電場強度方向是沿著OM連線,由M點指向O點
C.將
2、一個負檢驗電荷從M點移動到無窮遠處,電場力做正功
D.將一個正檢驗電荷從M點移動到無窮遠處,電場力做正功
2.(2018·全國卷Ⅰ)如圖所示,三個固定的帶電小球a、b和c,相互間的距離分別為ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm,小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k,則( )
A.a、b的電荷同號,k=
B.a、b的電荷異號,k=
C.a、b的電荷同號,k=
D.a、b的電荷異號,k=
3.如圖所示,勻強電場中有一圓,其平面與電場線平行,O為圓心,A、B、C、D為圓周上的四個
3、等分點?,F(xiàn)將某帶電粒子從A點以相同的初動能向各個不同方向發(fā)射,到達圓周上各點時,其中過D點動能最大,
不計重力和空氣阻力。則( )
A.該電場的電場線一定是與OD平行
B.該電場的電場線一定是與OB垂直
C.帶電粒子若經(jīng)過C點,則其動能不可能與初動能相同
D.帶電粒子不可能經(jīng)過B點
4.
真空中有一帶電金屬球,通過其球心的一直線上各點的電勢φ分布如圖,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兩點離球心的距離。根據(jù)電勢圖象(φ-r圖象),下列說法正確的是( )
A.該金屬球可能帶負電
B.A點的電場強度方向由A指向B
C.A點和B點之間的電場,從
4、A到B,其電場強度可能逐漸增大
D.電荷量為q的正電荷沿直線從A移到B的過程中,電場力做功W=q(φ2-φ1)
5.
電源和一個水平放置的平行板電容器、兩個變阻器R1、R2和定值電阻R3組成如圖所示的電路。當把變阻器R1、R2調(diào)到某個值時,閉合開關(guān)S,電容器中的一個帶電液滴正好處于靜止狀態(tài)。當再進行其他相關(guān)操作時(只改變其中的一個),以下判斷正確的是( )
A.將R1的阻值增大時,液滴仍保持靜止狀態(tài)
B.將R2的阻值增大時,液滴將向下運動
C.斷開開關(guān)S,電容器上的電荷量將減為零
D.把電容器的上極板向上平移少許,電容器的電荷量將增加
6.
三個質(zhì)量相等的帶電微粒(
5、重力不計)以相同的水平速度沿兩極板的中心線方向從O點射入,已知上極板帶正電,下極板接地,三
個微粒的運動軌跡如圖所示,其中
微粒2恰好沿下極板邊緣飛出電場,則( )
A.三微粒在電場中的運動時間有t3>t2>t1
B.三微粒所帶電荷量有q1>q2=q3
C.三微粒所受靜電力有F1=F2>F3
D.飛出電場的微粒2動能大于微粒3的動能
7.
如圖所示,傾角為θ的絕緣斜面固定在水平面上,當質(zhì)量為m、電荷量為+q的滑塊沿斜面下滑時,在此空間突然加上豎直方向的勻強電場,已知滑塊受到的電場力小于滑塊的重力。則下列說法不正確的是( )
A.若滑塊勻速下滑,加上豎直向上的電場后,滑
6、塊將減速下滑
B.若滑塊勻速下滑,加上豎直向下的電場后,滑塊仍勻速下滑
C.若滑塊勻減速下滑,加上豎直向上的電場后,滑塊仍減速下滑,但加速度變大
D.若滑塊勻加速下滑,加上豎直向下的電場后,滑塊仍以原加速度加速下滑
8.
如圖所示,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知( )
A.Q點的電勢比P點的高
B.油滴在Q點的動能比它在P點的大
C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大
D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小
二、非選擇題(本題共3小題,共44分)
9.(14分)下圖甲為一組間距d
7、足夠大的平行金屬板,板間加有隨時間變化的電壓(如圖乙所示),設(shè)U0和T已知。A板上O處有一靜止的帶電粒子,其電荷量為q,質(zhì)量為m(不計重力),在t=0時刻起該帶電粒子受板間電場加速向B板運動,途中由于電場反向,粒子又向A板返回(粒子未曾與B板相碰)。
(1)當Ux=2U0時,求帶電粒子在t=T時刻的動能。
(2)為使帶電粒子在t=T時刻恰能回到O點,Ux等于多少?
10.
(15分)如圖所示,在平面直角坐標系中,有方向平行于坐標平面的勻強電場,坐標系內(nèi)有A、B兩點,其中A點坐標為(6,0),B點坐標為(0,),坐標原點O處的電勢為0,
8、點A處的電勢為8 V,點B處的電勢為4 V?,F(xiàn)有一帶電粒子從坐標原點O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v=4×105 m/s射入電場,粒子運動時恰好通過B點,不計粒子所受重力,求:
(1)圖中C(3,0)處的電勢;
(2)勻強電場的電場強度大小;
(3)帶電粒子的比荷。
11.(15分)(2017·全國卷Ⅱ)如圖所示,兩水平面(虛線)之間的距離為h,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為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平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域
9、的下邊界離開。已知N離開電場時速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求:
(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比;
(2)A點距電場上邊界的高度;
(3)該電場的電場強度大小。
答案:
1.D 解析 由于系統(tǒng)電荷分布不具有關(guān)于OM的對稱性,所以M點電場強度不會沿OM連線,故A、B均錯誤。只考慮七個電荷在OM方向的電場強度分量,可知電場強度方向從O指向M點,所以M點電勢高于無窮遠處電勢,故C錯誤、D正確。
2.D 解析 由題意知,小球c處在直角三角形的直角上,如果a、b為同種電荷,對小球c的庫
10、侖力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不可能平行于a和b連線,故a、b的電荷應(yīng)異號;由三角關(guān)系tan θ=,解得k=,故D正確。
3.A 解析 將某帶電粒子從A點以相同的初動能向各個不同方向發(fā)射,到達圓周上各點時,其中過D點動能最大,說明D點電勢能最小,若帶電粒子帶正電,D點為電勢最低點;若帶電粒子帶負電,D點為電勢最高點;該電場的電場線一定是與OD平行,選項A正確,B錯誤。由于C點與A點為電勢相等的點,所以帶電粒子若經(jīng)過C點,則其動能一定與初動能相同,選項C錯誤。由于題述帶電粒子向各個不同方向發(fā)射,帶電粒子可能經(jīng)過B點,選項D錯誤。
4.B 解析 根據(jù)電勢圖象可知,r趨近于無限遠處電勢為
11、零,金屬球帶正電,選項A錯誤;帶正電的金屬球電場類似于正點電荷的電場,根據(jù)正點電荷的電場特征,A點的電場強度方向由A指向B,選項B正確;根據(jù)電勢圖象的斜率表示電場強度,從A到B,其電場強度逐漸減小,選項C錯誤;A、B兩點之間的電勢差為U=φ1-φ2,電荷量為q的正電荷沿直線從A移到B的過程中,電場力做功W=QU=q(φ1-φ2),選項D錯誤。
5.A 解析 當R1的阻值增大時,電容器兩端的電勢差不變,帶電液滴受到的電場力不變,液滴保持不動,故A正確;將R2的阻值增大時,則R2兩端的電壓增大,所以電容器兩端的電壓增大,電場力變大,液滴向上運動,故B錯誤;斷開開關(guān),電容器兩端的電勢差等于電源的電
12、動勢,根據(jù)Q=CU,可知電容器的電荷量將增加,故C錯誤;因為電容器的電容C=,把電容器的上極板向上平移少許,d增大,會使電容減小,電容器兩端的電勢差不變,根據(jù)Q=CU,可知電容器的電荷量將減少,故D錯誤。
6.D 解析 粒子在電場中運動的時間t=,水平速度相等而位移x1q2;而對粒子2和3在E、m、t相同的情況下,粒子2的豎直位移大,則q2>q3,所以選項B錯誤。由于q1>q2,所以F1>F2,選項C
13、錯誤。由于q2>q3,y2>y3,則Eq2y2>Eq3y3,靜電力對粒子做功多,增加的動能大,所以選項D正確。
7.ACD 解析 若滑塊勻速下滑,則有mgsin θ=μmgcos θ,當加上豎直向上的電場后,電場力為F,沿斜面方向,(mg-F)sin θ=μ(mg-F)cos θ,受力仍平衡,則滑塊仍勻速下滑,故A錯誤、B正確;若滑塊勻減速下滑,則有mgsin θ<μmgcos θ,加速度大小為a=g(μcos θ-sin θ),加上豎直向上的電場后,沿斜面方向,(mg-F)sin θ<μ(mg-F)cos θ,加速度大小為a'=μmgco
14、s θ,加速度大小為a=g(sin θ-μcos θ),加上豎直向下的電場后,在沿斜面方向,(mg+F)sin θ>μ(mg+F)cos θ,物體仍勻加速下滑。加速度為a'=>a。即加速度增大,故D錯誤,故選ACD。
8.AB 解析由于軌跡關(guān)于P點對稱,根據(jù)曲線運動合力方向應(yīng)指向曲線內(nèi)側(cè),在P點合力方向豎直向上,則電場線方向豎直向下,沿電場線方向電勢降低,選項A正確;根據(jù)Ep=φq可知,油滴在Q點的電勢能小于在P點的電勢能,選項C錯誤;油滴所受合力豎直向上,根據(jù)動能定理可知,油滴在Q點的動能大于P點,選項B正確;油滴所受合力大小不變,加速度也始終不變,選項D錯誤。
9.答案 (1) (
15、2)3U0
解析 (1)粒子在兩種不同電壓的電場中運動的加速度分別為a1=,a2=
經(jīng)過時粒子的速度v1=a1
t=T時刻粒子的速度
v2=v1-a2=a1-a2
=-
t=T時刻粒子的動能
Ek=。
(2)0~粒子的位移
x1=a1
~T粒子的位移
xx=v1ax
又v1=a1,x1=-xx
解得ax=3a1
因為a1=,ax=
解得Ux=3U0。
10.答案 (1)4 V (2)2.67×102 V/m
(3)2.4×1011 C/kg
解析 (1)設(shè)C處的電勢為φC
因為OC=CA
所以φO-φC=φC-φA
φC= V=4 V。
(2)B
16、C連線為等勢線,電場強度方向與等勢線BC垂直
設(shè)∠OBC=θ,OB=l= cm
由tan θ=,得θ=60°
由U=Ed,得E=
= V/m
=2.67×102 V/m。
(3)因為帶電粒子做類平拋運動,
所以
聯(lián)立解得
= C/kg
=2.4×1011 C/kg
所以帶電粒子的比荷為2.4×1011 C/kg。
11.答案 (1)3∶1 (2)h (3)
解析 (1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0,則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間t相等,電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為x1和
17、x2。由題給條件和運動學公式得
v0-at=0 ①
x1=v0t+at2 ②
x2=v0t-at2 ③
聯(lián)立①②③式得x1∶x2=3∶1。 ④
(2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為hA,小球下落hA時在豎直方向的分速度為vy,由運動學公式得
=2gh ⑤
h=vyt+gt2 ⑥
M進入電場后做直線運動,由幾何關(guān)系知
⑦
聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得hA=h。 ⑧
(3)設(shè)電場強度的大小為E,小球M進入電場后做直線運動,則 ⑨
設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2,由動能定理得
Ek1=m()+mgh+qEx1
Ek2=m()+mgh-qEx2
由已知條件Ek1=1.5Ek2
聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩式得E=。