2019-2020年高考物理二輪復習 專題能力訓練 專題七 電場性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動一、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,16題只有一個選項符合題目要求,78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.(xx湖北八校聯(lián)考)英國科學家法拉第最先嘗試用“線”描述磁場和電場,有利于形象理解不可直接觀察的電場和磁場的強弱分布。如圖所示,一對等量異種點電荷,電荷量分別為+Q、-Q。實線為電場線,虛線圓的圓心O在兩電荷連線的中點,a、b、c、d為圓上的點,下列說法正確的是()A.a、b兩點的電場強度相同B.b、c兩點的電場強度相同C.c點的電勢高于d點的電勢D.d點的電勢等于a點的電勢2.如圖所示,勻強電場中的A、B、C三點構(gòu)成一邊長為a的等邊三角形。電場強度的方向與紙面平行。電子以某一初速度僅在靜電力作用下從B移動到A動能減少E0。質(zhì)子僅在靜電力作用下從C移動到A動能增加E0,已知電子和質(zhì)子電荷量絕對值均為e,則勻強電場的電場強度為()A.B.C.D.3.(xx江蘇鹽城統(tǒng)考)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(-r圖象),下列說法中正確的是()A.該金屬球可能帶負電B.A點的電場強度方向由A指向BC.A點和B點之間的電場,從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(2-1)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.如圖所示,在xOy坐標系中以O為中心的橢圓上,有a、b、c、d、e五點,其中a、b、c、d為橢圓與坐標軸的交點?，F(xiàn)在橢圓的一個焦點O1固定一正點電荷,另一正試探電荷僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示。下列說法正確的是()A.a、c兩點的電場強度相同B.d點的電勢低于b點的電勢C.正試探電荷沿虛線運動過程中在b點的動能大于在e點的動能D.若將正試探電荷由a沿橢圓經(jīng)be移動到c,電場力先做負功后做正功,但總功為零7.(xx湖南長沙長郡中學月考)如圖所示,MPQO為有界的豎直向下的勻強電場,電場強度為E,ACB為光滑固定的半圓形軌道,圓軌道半徑為R,AB為圓水平直徑的兩個端點,AC為圓弧。一個質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電小球,從A點正上方高為H處由靜止釋放,并從A點沿切線進入半圓軌道。不計空氣阻力及一切能量損失,關于帶電粒子的運動情況,下列說法正確的是()A.小球一定能從B點離開軌道B.小球在AC部分不可能做勻速圓周運動C.若小球能從B點離開,上升的高度一定小于HD.小球到達C點的速度不可能為零8.如圖所示,A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后,水平射入水平放置的兩平行金屬板間,金屬板間所加的電壓為U,電子最終打在光屏P上,關于電子的運動,下列說法中正確的是()A.滑片向右移動時,電子打在熒光屏上的位置上升B.滑片向左移動時,電子打在熒光屏上的位置上升C.電壓U增大時,電子打在熒光屏上的速度大小不變D.電壓U增大時,電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變二、非選擇題(本題共3小題,共44分)9.(14分)(xx貴州銅仁一模)如圖甲所示為一組間距d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,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=4105 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處(3,0)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)(xx江蘇宿遷統(tǒng)考)真空室中有如圖甲所示的裝置,電極K持續(xù)發(fā)出的電子(初速不計)經(jīng)過電場加速后,從小孔O沿水平放置的偏轉(zhuǎn)極板M、N的中心軸線OO射入。M、N板長均為L,間距為d,偏轉(zhuǎn)極板右邊緣到熒光屏P(足夠大)的距離為s。M、N兩板間的電壓UMN隨時間t變化的圖線如圖乙所示。調(diào)節(jié)加速電場的電壓,使得每個電子通過偏轉(zhuǎn)極板M、N間的時間等于圖乙中電壓UMN的變化周期T。已知電子的質(zhì)量、電荷量分別為m、e,不計電子重力。(1)求加速電場的電壓U1;(2)欲使不同時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子都能打到熒光屏P上,求圖乙中電壓U2的范圍;(3)證明在(2)問條件下電子打在熒光屏上形成亮線的長度與距離s無關。參考答案1.D解析:a、b、c、d在同一個圓上,電場線的疏密表示電場的強弱,故四點電場強度大小相等,但是方向不同,故A、B錯誤;沿電場線方向電勢降低,故c點電勢低于d點電勢,故C錯誤;a、d兩點對稱,故電勢相等,故D正確。2.C解析:對電子從B到A的過程,由動能定理有-eUBA=-E0;同理,對質(zhì)子從C到A的過程,eUCA=E0,可見UBA=UCA,故B、C兩點電勢相等,在同一等勢面上,AB沿電場線方向上的距離d=asin 60=a,由電場強度與電勢差的關系E=,解得E=,C項正確。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CD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=1-2,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(1-2),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,電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢,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.C解析:根據(jù)對稱性可知:a、c兩點的電場強度大小相等、方向不同,選項A錯誤;離正場源電荷越近,電勢越高,可知d點電勢高于b點電勢,選項B錯誤;正試探電荷沿虛線運動過程中從b到e,電場力做負功,由動能定理知,在b點的動能大于在e點的動能,選項C正確;由a沿橢圓經(jīng)be移動到c,電勢先降低后升高,正試探電荷的電勢能先減后增,電場力先做正功后做負功,但總功為零,選項D錯誤。7.CD解析:由于題中沒有給出H與R、E的關系,小球可能從B點離開軌道,若小球所受的電場力大于重力,小球就不一定從B點離開軌道,故A錯誤;若重力大小等于電場力,小球在AC部分做勻速圓周運動,故B錯誤;由于小球在AC部分運動時電場力做負功,所以若小球能從B點離開,上升的高度一定小于H,故C正確;若小球到達C點的速度為零,則電場力大于重力,則小球不可能沿半圓軌道運動,所以小球到達C點的速度不可能為零,故D正確。8.BD解析:由題意知,電子在加速電場中加速運動,根據(jù)動能定理得eU1=mv2,電子獲得的速率為v=;電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動,也就是平行電場方向做初速度為0的勻加速直線運動,加速度為a=;電子在電場方向偏轉(zhuǎn)的位移為y=at2,垂直電場方向做勻速直線運動,電子在電場中運動時間為t=?；蛴乙苿訒r,加速電壓變大,所以電子獲得的速度v增加,可知,電子在電場中運動時間t減少,故電子偏轉(zhuǎn)位移y變小,因為電子向上偏轉(zhuǎn),故在屏上的位置下降,A錯誤;滑片向左移動時,加速電壓變小,所以電子獲得的速度v減小,可知,電子在電場中運動時間t變大,故電子偏轉(zhuǎn)位移y變大,因為電子向上偏轉(zhuǎn),故在屏上的位置上升,B正確;電子在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)位移增大,電子打在熒光屏上的速度增大,C錯誤;偏轉(zhuǎn)電壓增大時,電子在電場中受到的電場力增大,即電子偏轉(zhuǎn)的加速度a增大,又因為加速電壓不變,電子進入電場的速度沒有變化,電子在電場中運動的時間t沒有發(fā)生變化,故D正確。9.答案:(1)(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=a1t=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=a1T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)2.67102 V/m(3)2.41011 C/kg解析:(1)設C處的電勢為C因為OC=CA所以O-C=C-AC= V=4 V。(2)BC連線為等勢線,電場強度方向與等勢線BC垂直設OBC=,OB=L= cm由tan =,得=60由U=Ed,得E= V/m2.67102 V/m。(3)因為帶電粒子做類平拋運動,所以聯(lián)立解得= C/kg=2.41011 C/kg所以帶電粒子的比荷為2.41011 C/kg。11.答案:(1)(2)U2(3)見解析解析:(1)對粒子在加速電場中加速的過程,應用動能定理得eU1=-0粒子在水平方向上做勻速直線運動,則L=v0T解得電壓U1=。(2)t=0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子,先做類平拋運動,后做勻速直線運動,射出電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y最大。U2作用的時間為,偏轉(zhuǎn)位移為y1=剩下的時間內(nèi),粒子做勻速直線運動,此時垂直于極板方向的平均速度為勻加速運動時的兩倍。則y2=2y1要使粒子能射出平行板,則y1+y2聯(lián)立解得U2。(3)對滿足(2)問條件下任意確定的U2,不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的速度均為vy=電子速度偏轉(zhuǎn)角的正切值均為tan =電子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角度均相同,即速度方向相同,不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的側(cè)移距離可能不同,側(cè)移距離的最大值與最小值之差y=,y與U2有關。因電子射出時速度方向相同,所以在屏上形成亮線的長度等于y可知,屏上形成亮線的長度與P到極板M、N右邊緣的距離s無關。