2019版高考物理一輪復習 高頻考點強化（六）電場及帶電粒子在電場中的運動問題練習.doc

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高頻考點強化(六)電場及帶電粒子在電場中的運動問題 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共12小題,每小題6分,共72分。1～8題為單選題,9～12題為多選題) 1.關于靜電場下列說法中正確的是 (　　) A.將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方,電勢能一定增加 B.無論是正電荷還是負電荷,從電場中某點移到無窮遠處時,靜電力做的正功越多,電荷在該點的電勢能越大 C.在同一個等勢面上的各點,場強的大小必然是相等的 D.電勢下降的方向就是電場強度的方向 【解析】選B。根據(jù)Ep=qφ,將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方,電勢能減小,故A錯誤;無論是正電荷還是負電荷,從電場中某點移到無窮遠處時,靜電力做的正功越多,因無窮遠處電勢能為零,因此電荷在該點的電勢能越大,故B正確;在等勢面上,電勢處處相等,場強不一定相等,故C錯誤;電勢下降最快的方向才是電場強度的方向,故D錯誤。 2.(2018宜春模擬)兩個固定的等量異種電荷,在它們連線的垂直平分線上有a、b、c三點,如圖所示,下列說法正確的是 (　　) A.a點電勢比b點電勢高 B.a、b兩點場強方向相同,a點場強比b點小 C.一帶電粒子(不計重力),在a點無初速度釋放,則它將在a、b線上運動 D.正負電荷連線上c點場強最大 【解析】選B。等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線, a點電勢與b點電勢相等,故A錯誤;根據(jù)電場線與等勢面垂直可知,a、b、c三點電場強度方向都與兩電荷連線平行,方向相同,根據(jù)電場強度矢量合成可知,a點場強比b點小,故B正確;a點場強方向向右,一帶電粒子(不計重力)在a點受電場力向左或向右,無初速度釋放將向左或向右運動,不可能在a、b線上運動,故C錯誤;正負電荷連線上c點場強最小,故D錯誤。 3.(2016江蘇高考)一金屬容器置于絕緣板上,帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中,容器內(nèi)的電場線分布如圖所示。容器內(nèi)表面為等勢面,A、B為容器內(nèi)表面上的兩點,下列說法正確的是 (　　) A.A點的電場強度比B點的大 B.小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低 C.B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直 D.將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點,電場力所做的功不同 【解題指導】解答本題應注意以下四點: (1)電場線的疏密反映電場強度的大小。 (2)順著電場線的方向,電勢一定依次降低。 (3)等勢面始終與電場線垂直。 (4)靜電力做的功等于電勢能的減少量:WAB=EpA-EpB=q(φA-φB)=qUAB。 【解析】選C。B點的電場線比A點的電場線密,所以B點的電場強度大,A錯誤;比較電勢高低看電場線的方向,沿著電場線方向電勢降低,所以B項錯誤;容器內(nèi)表面為等勢面,電場線與等勢面永遠垂直,C項正確;電場力做功與路徑無關,取決于初末兩點電勢差,所以將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點,電場力所做的功相同,D項錯誤。 4.(2018邯鄲模擬)帶電粒子射入一固定的帶正電的點電荷Q的電場中,沿圖中實線軌跡從a點運動到b點,a、b兩點到點電荷Q的距離分別為ra、rb(ra>rb),b點為運動軌跡上到Q最近的點,不計粒子所受的重力,則可知 (　　) A.粒子帶負電 B.b點的場強可能等于a點的場強 C.從a點到b點的過程中,靜電力對粒子不做功 D.從a點到b點的過程中,粒子的動能和電勢能之和保持不變 【解析】選D。由粒子的運動軌跡可以知道,帶電粒子受到的電場力為斥力,所以粒子與點電荷Q為同種電荷,為正電荷,故A錯誤;由于ra>rb,且Q為帶正電的點電荷,由點電荷的電場可知,b點的場強大于a點的場強,故B錯誤;a到b的過程中,電場力對粒子做負功,故C錯誤;粒子在運動過程中,只有電場力做功,粒子的動能與電勢能之和保持不變,故D正確。 5.平行板電容器A、B兩板加上如圖所示的交變電壓,開始A板電勢比B板高,這時兩極板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動,設電子運動不與極板相碰,以下說法正確的是(不計電子的重力) (　　) A.先向A運動,然后向B運動,再返回A板做周期性來回運動 B.一直向A板運動 C.一直向B板運動 D.先向B運動,然后向A運動,再返回B板做周期性來回運動 【解析】選B。在前半個周期內(nèi),A板的電勢高,電場的方向向左,電子受到的電場力方向水平向右,向右做勻加速直線運動,第二個半周期內(nèi),電子所受的電場力水平向左,電子向右做勻減速直線運動,0.5 s末速度減為零,然后重復之前的運動,可知電子一直向A運動,位移一直增大,故選項B正確,A、C、D錯誤。 6.(2018黃岡模擬)如圖所示,一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場,入射方向與電場線垂直,粒子從Q點射出電場時,其速度方向與電場線夾角為30。已知勻強電場的寬度為d,P、Q兩點的電勢差為U,不計重力作用,設P點的電勢為零。則下列說法正確的是 (　　) A.帶電粒子在Q點的電勢能為qU B.帶電粒子帶負電 C.此勻強電場的電場強度大小為E= D.此勻強電場的電場強度大小為E= 【解析】選C。由題圖看出粒子的運動軌跡向上,則所受的電場力向上,與電場方向相同,所以該粒子帶正電,故B錯誤;粒子從P點運動到Q點,電場力做正功,為W=qU,則粒子的電勢能減少了qU,P點的電勢為零,則知帶電粒子在Q點的電勢能為-Uq,故A錯誤;設帶電粒子在P點時的速度為v0,在Q點建立直角坐標系,垂直于電場線為x軸,平行于電場線為y軸,由平拋運動的規(guī)律和幾何知識求得粒子在y軸方向的分速度為vy=v0,粒子在y軸方向上的平均速度為=v0,粒子在y軸方向上的位移為y0,粒子在電場中的運動時間為t,則豎直方向有y0=t= v0t,水平方向有d=v0t,可得y0=,所以場強E=,聯(lián)立得E=,故C正確,D錯誤。 【加固訓練】 如圖所示,左側(cè)為加速電場,右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場,加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的k倍。有一初速度為零的電荷經(jīng)加速電場加速后,從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場方向射入,且正好能從極板下邊緣穿出電場,不計電荷的重力,則偏轉(zhuǎn)電場長寬之比的值為 (　　) A.　　B.　　C.　　D. 【解析】選B。設加速電壓為U1,偏轉(zhuǎn)電壓為U2,因為qU1=m,電荷離開加速電場時的速度v0=;在偏轉(zhuǎn)電場中=t2,解得t=d,水平距離l=v0t=d=d=d,所以=,B正確。 7.如圖所示,將平行板電容器兩極板分別與電池正、負極相接,兩板間一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)貼著下板迅速插入一定厚度的金屬板,則在插入過程中 (　　) A.電路將有逆時針方向的短暫電流 B.電容器的帶電量減小 C.帶電液滴仍將靜止 D.帶電液滴將向下做加速運動 【解析】選A。插入一金屬板相當于極板間距離變小了,根據(jù)決定式C=可知 電容增大,電勢差不變,由Q=CU知,電容器帶電量增大,電路中有逆時針方向的短 暫電流,故A正確,B錯誤;電勢差不變,d減小,則電場強度增大,帶電液滴所受的電場力增大,大于重力,將向上做加速運動,故C、D錯誤。 【加固訓練】 電源、開關、平行板電容器連成如圖電路。閉合開關S,電源對電容器充電后,電容器帶電量為Q,板間電壓為U,板間電場強度大小為E。則下列說法正確的是 (　　) A.若將A板下移少許,Q增大,U減小,E不變 B.若將A板下移少許,Q不變,U減小,E減小 C.若斷開開關,將A板下移少許,Q增大,U不變,E增大 D.若斷開開關,將A板下移少許,Q不變,U減小,E不變 【解析】選D。閉合開關S,則極板間電壓U不變,若將A板下移少許,即減小極板間距,由C=可知,電容器的電容增大;由Q=UC可知,Q增大,由E=可知,E變大,故A、B錯誤;給電容器充電后與電源斷開,電量不變,若將A板下移少許,即減小極板間距,由C=可知,C增大,由Q=UC可知,U減小,而E===,則E不變,故C錯誤,D正確。 8.(2018煙臺模擬)直線mn是某電場中的一條電場線,方向如圖所示。一帶正電的粒子只在電場力的作用下由a點運動到b點,軌跡為一拋物線,φa、φb分別為a、b兩點的電勢。下列說法中正確的是 (　　) A.可能有φa<φb B.該電場可能為點電荷產(chǎn)生的電場 C.帶電粒子在b點的動能一定大于在a點的動能 D.帶電粒子由a運動到b的過程中電勢能一定一直減小 【解析】選C。粒子運動軌跡為拋物線,則該粒子所受電場力為恒力,該電場為勻強電場,電場強度方向一定是由m指向n,則φa>φb,故A、B錯誤;帶電粒子從a運動到b的過程中,電場力的方向與ab連線方向之間的夾角是銳角,所以電場力做正功,動能增加,故C正確;粒子運動的軌跡是拋物線,且開口向右,帶電粒子由a運動到b的過程中電勢能先增大后減小,故D錯誤。 9.如圖,兩電荷量分別為Q(Q>0)和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè),a點位于x軸上O點與點電荷Q之間,b點位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零。下列說法正確的是 (　　) A.b點電勢為零,電場強度也為零 B.正的試探電荷在a點的電勢能大于零,所受電場力方向向右 C.將正的試探電荷從O點移到a點,克服電場力做功 D.將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點,后者電勢能的變化較大 【解題指導】解答本題應注意以下兩點: (1)先根據(jù)等量異種電荷電場線的特點判斷a、b兩點的場強與電勢。 (2)再通過W=qU結合功能關系判斷電勢能的變化。 【解析】選B、C。因為等量異種電荷在其連線的中垂線為等勢線,因為中垂線延伸到無窮遠處,所以中垂線的電勢為零,故b點的電勢為零,但是電場強度不為零,A錯誤;等量異種電荷連線上,電場方向由正電荷指向負電荷,方向水平向右,在中點O處電勢為零,O點左側(cè)電勢為正,右側(cè)電勢為負,又知道正電荷在正電勢處電勢能為正,故B正確;O點的電勢低于a點的電勢,將正的試探電荷從O點移到a點,電場力做負功,所以克服電場力做功,C正確;O點和b點的電勢相等,所以先后從O、b兩點移到a點,電場力做功相等,電勢能變化相同,D錯誤。故選B、C。 10.如圖所示,有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的油滴,被置于豎直放置的兩平行金屬板間的勻強電場中。設油滴是從兩板中間位置,并以初速度為零進入電場的,可以判定 (　　) A.油滴在電場中做拋物線運動 B.油滴在電場中做勻加速直線運動 C.油滴打在極板上的運動時間只取決于電場強度和兩板間距離 D.油滴打在極板上的運動時間不僅取決于電場強度和兩板間距離,還取決于油滴的比荷 【解析】選B、D。油滴從靜止開始,受重力和電場力作用,兩個力都是恒力,所以合力是恒力,油滴在恒力作用下做初速度為零的勻加速直線運動,故選項A錯誤,B正確;水平方向上電場力產(chǎn)生水平方向的加速度,則有qE=ma,解得a=,水平方向由s=at2得t=,故選項C錯誤,D正確。 11.(2018鷹潭模擬)如圖所示,兩塊等大、板面水平正對的、帶有等量異種電荷的平行金屬板M、N放置于真空中。兩板間有一帶電微粒以速度v0沿直線由A點運動到B點,當微粒運動到B點時,將N板迅速向下平移一小段距離后,再經(jīng)過時間Δt,微粒落到某一極板上。則在Δt時間內(nèi)(　　) A.微粒做曲線運動　　 B.微粒一定帶負電 C.微粒的動能不變 D.微粒的電勢能增大 【解析】選C、D。當微粒運動到B點時,迅速將N板下移一小段距離,由電容的決定式C=、定義式C=以及E=得,板間場強E=,所以知電場強度不變,粒子受到的電場力也不變,微粒的運動方向不變,仍沿軌跡做直線運動,故A錯誤;根據(jù)共點力的平衡可知,微粒受到的電場力和重力平衡,電場力方向向上,所以微粒帶正電,B錯誤;微粒受力情況不變,一直做勻速直線運動,則其動能不變,故C正確;微?？朔妶隽ψ龉?電勢能增加,故D正確。 12.如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0～時間內(nèi)微粒勻速運動,T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出,微粒運動過程中未與金屬板接觸,重力加速度的大小為g。關于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述,正確的是 (　　) A.末速度大小為v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了mgd D.克服電場力做功為mgd 【解題指導】解答本題時應注意以下三點: (1)前時間重力等于電場力。 (2)中間時間合力為mg。 (3)后面時間合力也等于mg,但是方向向上。 【解析】選B、C。因為中間與后面時間加速度等大反向,所以離開電容器時,豎直速度為零,只有水平速度v0,A錯誤,B正確;中間時間和后面時間豎直方向的平均速度相等,所以豎直位移也相等,因為豎直方向總位移是,所以后面時間內(nèi)豎直位移是,克服電場力做功W=2qE0=2mg=mgd,D錯誤。重力勢能減少量等于重力做功mg,C正確。 二、計算題(本題共2小題,共28分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 13.(12分)(2015全國卷Ⅱ)如圖,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動,A、B為其運動軌跡上的兩點,已知該粒子在A點的速度大小為v0,方向與電場方向的夾角為60,它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30,不計重力,求A、B兩點間的電勢差。 【解析】粒子在A點的速度大小為v0,在豎直方向上的速度分量為v0sin60,當它運動到B點時,豎直方向上的速度分量為vBsin30,粒子在豎直方向上做勻速直線運動,故 v0sin60=vBsin30 vB=v0 由動能定理可得qUAB=m-m UAB= 答案: 【加固訓練】 如圖所示,在豎直平面內(nèi)固定一光滑圓弧軌道AB,軌道半徑為R=0.4 m,軌道最高點A與圓心O等高。有一傾角θ=30的斜面,斜面底端C點在圓弧軌道B點正下方。圓弧軌道和斜面均處于場強E=100 N/C、豎直向下的勻強電場中?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為m=0.02 kg、帶電量為q=+210-3 C的帶電小球從A點靜止釋放,小球通過B點離開圓弧軌道沿水平方向飛出,當小球運動到斜面上D點時速度方向恰與斜面垂直,并剛好與一個以一定初速度v0從斜面底端上滑的物塊相遇。若物塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ=,空氣阻力不計,g取10 m/s2,小球和物塊都可視為質(zhì)點。求: (1)小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力。 (2)B、D兩點間電勢差。 (3)物塊上滑初速度v0滿足的條件? 【解析】(1)設小球到達B點的速度為vB, 由動能定理有 mgR+qER=m-0 ① 在B點,由牛頓第二定律得: F′NB-(mg+qE)=m ② 由牛頓第三定律得: F′NB=-FNB ③ 聯(lián)立①②③解得: FNB=1.2 N,方向豎直向下。 ④ (2)設小球由B點到D點的運動時間為t,加速度為a,下落高度為h,有 =tan θ ⑤ Eq+mg=ma ⑥ h=at2 ⑦ UBD=Eh ⑧ 聯(lián)解①⑤⑥⑦⑧得:UBD=120 V⑨ (3)作出小球與物塊的運動示意圖如圖所示, 設C、D間的距離為x,由幾何關系有 x= ⑩ 設物塊上滑加速度為a′,由牛頓運動定律有: mgsin θ+μmgcos θ=ma′ 根據(jù)題意,要物塊與小球相遇, 有≥x 聯(lián)立⑩解得: v0≥ m/s≈5.06 m/s 答案:(1)1.2 N,方向豎直向下　(2)120 V (3)v0≥5.06 m/s 14.(16分)如圖甲所示,熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計,電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0。電容器板長和板間距離均為L=10 cm,下極板接地。電容器右端到熒光屏的距離也是L=10 cm。在電容器兩極板間接一交變電壓,上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間極短,可以認為電壓是不變的) (1)在t=0.06 s時刻進入的電子打在熒光屏上的何處? (2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長? 【解析】(1)由圖知t=0.06 s時偏轉(zhuǎn)電壓為U=1.8U0 ,設電子質(zhì)量為m,電荷量為e,電子在加速電場中加速過程,由動能定理得: qU0=m 電子在偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動,則: L=v0t y=t2 聯(lián)立解得:y=0.45L=4.5 cm 設電子打在屏上偏離O點的距離為Y,則因為粒子離開偏轉(zhuǎn)電場速度的反向延長線經(jīng)過偏轉(zhuǎn)極板中軸線的中點,根據(jù)相似三角形得: =, 代入數(shù)據(jù)解得:Y=13.5 cm 故打在屏上的點距O點13.5 cm (2)電子的最大側(cè)移是0.5L, 解得:Umax=2.0U0 所以熒光屏上電子的最大側(cè)移為 Y=tanθ=15 cm 能打到的區(qū)間長為:2Y=3L=30 cm 答案:(1)13.5 cm　(2)30 cm 【總結提升】帶電粒子在交變電場中運動問題的主要求解方法 (1)受力分析:受力分析是基礎,在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件。 (2)運動分析:在運動過程分析中應注意物體做直線運動、曲線運動及圓周運動、類平拋運動。 (3)規(guī)律選擇:根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解。 (4)常用規(guī)律:共點力的平衡條件、牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律、功能關系、圓周運動向心力公式等。 (5)思維方法:常用到力的合成與分解、運動的合成與分解、等效法、假設法、類比法等。