《物理高考二輪專題復習與測試：專題強化練八 電場及帶電粒子在電場中的運動 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《物理高考二輪專題復習與測試：專題強化練八 電場及帶電粒子在電場中的運動 Word版含解析（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題強化練(八) 考點1　電場力的性質(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，若此過程中A始終保持靜止，A、B兩物體可視為質(zhì)點且只考慮它們之間有庫侖力的作用，則下列說法正確的是(　　) 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．庫侖力對物體B先做正功后做負功 解析：當物體B由P點運動到最高點的過程中，物體A受力如圖甲所示，由平衡條件得，水平方向Fsin θ－Ff＝0，豎直方向FN－Fco

2、s θ－mg＝0，解得FN＝mg＋Fcos θ，F(xiàn)f＝Fsin θ，由于mg與F不變，θ逐漸減小為零，因而支持力FN逐漸變大，F(xiàn)f逐漸變小．當物體B由最高點運動到Q點的過程中，物體A受力如圖乙所示，由平衡條件得，水平方向Fsin θ－Ff＝0，豎直方向FN－Fcos θ－mg＝0，解得FN＝mg＋Fcos θ，F(xiàn)f＝Fsin θ，由于mg與F不變，θ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錯誤；物體B受的庫侖力方向與物體B的速度總是垂直，庫侖力對B不做功，故D錯誤． 答案：A 2．(

3、2019·石家莊質(zhì)檢)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．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為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R.已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　) A.－E　　　　　　 B. C.－E D.＋E 解析：左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶正電荷量為2q的整個球面的電場和帶電荷量－q的右半球面的電場的合電場，則E＝－E′，E′為帶電荷量－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大?。畮щ姾闪浚璹的右半球面在M點的場強大小與帶正電荷量為q的左半球面AB在N

4、點的場強大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，則A正確． 答案：A 3.如圖所示，圖中MN是由點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線．一帶正電粒子q飛入電場后，只在電場力作用下沿圖中虛線運動，a、b是該曲線上的兩點，則下列說法正確是(　　) A．若場源電荷為負電荷，其在N端 B．若場源電荷為正電荷，其在M端 C．正粒子q經(jīng)過MN時，其加速度方向向左 D．a(chǎn)點的電場強度大于b點的電場強度 解析：正粒子q經(jīng)過MN時受到的電場力向左，加速度方向向左，場源電荷產(chǎn)生的場強由N指向M，若場源電荷為負電荷，其在M端，若場源電荷為正電荷，其在N端，故A、B錯誤，C正確；由于場源電荷不確定，所以無法比較

5、a、b兩點的電場強度大小，故D錯誤． 答案：C 考點2　電場能的性質(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，桿上穿一個質(zhì)量m＝1.0×10－3 kg，帶電量q＝＋5.0×10－4 C的小球，小球從C點由靜止釋放，其v-t圖象如圖乙所示，10 s時到達B點，且此時圖象的斜率最大，下列說法正確的是(　　) A．O點右側(cè)B點場強最大，場強大小為E＝12 V/m B．從C經(jīng)過B點后向右運動，小球的電勢能先減小后增大 C．從C到B電勢逐漸降低 D．C、B兩點的電勢差UCB＝0.9 V 解析：小球在運動過程中，合外力F＝qE

6、，加速度a＝，在O點右側(cè)桿上，電場方向向右，加速度向右，小球做加速運動，圖象斜率越大加速度越大，故B點的加速度最大，最大加速度a＝ m/s2＝0.06 m/s2，此時場強最大E＝＝12 V/m，故A正確；從C經(jīng)過B點后向右運動的過程，電場方向向右，沿著電場線方向電勢降低，電場力做正功，小球的電勢能減小，故B錯誤，C正確；小球從C到B的過程只有電場力做功，由動能定理得qUCB＝mv－0，解得UCB＝＝ V＝9 V，故D錯誤． 答案：AC 5．(多選)(2019·泰安一模)如圖所示，豎直向上的勻強電場中，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，小球靜止時位于N點，彈簧恰好處于

7、原長狀態(tài)．保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高到M點由靜止釋放．則釋放后小球從M運動到N過程中(　　) A．小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 B．小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量 C．彈簧彈性勢能的減少量等于小球動能的增加量 D．小球動能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和 解析：由于有電場力做功，故小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和是改變的，故A錯誤；由題意，小球受到的電場力與重力大小相等，在小球從M運動到N過程中，重力做多少正功，重力勢能就減少多少，電場力做多少負功，電勢能就增加多少，故小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量，B正確；由動能定理可知，彈力對小

8、球做的功等于小球動能的增加量，又因為彈力的功等于彈性勢能的減少量，故C正確；顯然電場力和重力做功的代數(shù)和為零，故D錯誤． 答案：BC 6．(多選)(2019·濰坊模擬)一電子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x1段是曲線，x1～x2段是平行于x軸的直線，x2～x3段是傾斜直線，下列說法正確的是(　　) A．從0到x1電勢逐漸降低 B．x2處的電勢比x3處高 C．x1～x2段電場強度為零 D．x2～x3段的電場強度減小 解析：由圖象可知，從0到x1電勢能增加，根據(jù)Ep＝qφ，粒子帶負電，知φ3>φ2＝φ1<φ0，故A正確，B錯誤；

9、根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系得FΔx＝ΔEp，則F＝，可知Epx圖象切線斜率表示電場力的大小，x1～x2段是直線，斜率為零，則電場力為零，所以x1～x2段電場強度為零，x2～x3段是傾斜直線，斜率不變，電場力不變，故電場強度不變，故C正確，D錯誤． 答案：AC 7．(2019·衡水模擬)一對等量點電荷位于平面直角坐標系xOy的一個軸上，它們激發(fā)的電場沿x、y軸方向上的場強和電動勢隨坐標的變化情況如圖中甲、乙所示，甲圖為y軸上各點場強隨坐標變化的E-y圖象，且沿y軸正向場強為正．乙圖為x軸上各點電勢隨坐標變化的φ-x圖象，且以無窮遠處電勢為零．圖中a、b、c、d為軸上關于原點O的對稱點，

10、根據(jù)圖象可判斷下列有關描述正確的是(　　) 　 A．是一對關于原點O對稱的等量負點電荷所激發(fā)的電場，電荷位于y軸上 B．是一對關于原點O對稱的等量異種點電荷所激發(fā)的電場，電荷位于x軸上 C．將一個＋q從y軸上a點由靜止釋放，它會在aOb間往復運動 D．將一個＋q從x軸上c點由靜止釋放，它會在cOd間往復運動 解析：因x軸上各點的電勢均小于零，且φ-x圖關于y軸對稱，表明是一對等量負電荷激發(fā)的電場，又E-y圖象中y軸正方向場強為負，y軸負方向場強為正，表明這一對負電荷在x軸上關于原點對稱，故A、B錯誤；一個＋q從y軸上a點由靜止釋放，它從a點向O點先做加速度逐漸增大的加速運動，后做加

11、速度逐漸減小的加速運動，越過原點后先做加速度逐漸增大的減速運動，后做加速度逐漸減小的減速運動，到達b點時恰好速度為零，此后又變加速運動到a點，故C正確；將一個＋q從x軸上c點由靜止釋放，它將直接向x軸負向的負電荷運動并粘合，故D錯誤． 答案：C 考點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帶負電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負電荷，設此時兩極板間的電勢差為U，P點場強大小為E，電勢為φP，負電荷的電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是(　　) A．U變大，E變大 B．U變小，

12、φP變小 C．φP變小，Ep變大 D．φP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，當正對面積減小時，則由C＝可知電容減小，由U＝可知極板間電壓增大，由E＝可知，電場強度增大，故A正確；設P與B板之間的距離為d′，P點的電勢為φP，B板接地，φB＝0，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，所以可知電勢能Ep是增大的，故C正確． 答案：AC 9．(多選)(2018·深圳模擬)兩個完全相同的平行板電容器C1、C2水平放置，如圖所示．開關S閉合時，兩電容器中間各有一油滴A、B剛好處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將S斷開，將C2下極板向

13、上移動少許，然后再次閉合S，則下列說法正確的是(　　) A．兩油滴的質(zhì)量相等，電性相反 B．斷開開關，移動C2下極板過程中，B所在位置的電勢不變 C．再次閉合S瞬間，通過電鍵的電流可能從上向下 D．再次閉合開關后，A向下運動，B向上運動 解析：開關S閉合時，油滴A、B處于靜止狀態(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力，兩電容器極板間的電場等大、反向，兩油滴的電性相反，由于兩油滴的電荷量大小未知，電場力大小不確定，兩油滴質(zhì)量大小不確定，故A錯誤；斷開開關，電容器所帶電量不變，移動C2下極板過程中，兩極板距離減小，根據(jù)C＝、C＝和E＝得E＝，電場強度不變，B所在位置距上

14、極板距離不變，根據(jù)U＝Ed可知，該點電勢不變，故B正確；斷開開關，電容器所帶電量不變，移動C2下極板過程中，兩極板距離減小，E不變，根據(jù)U＝Ed可知，電勢差減小，再次閉合S瞬間會有電流流過開關，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，電荷流動方向不確定，不能確定A、B所受電場力的變化情況，故D錯誤． 答案：BC 10．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，對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動．在P、Q間距增大過程中(　　) A．P、Q構成的電容器的電容增大 B．M點的電勢比N點的高 C．M點的電勢比N點的低 D．P上電

15、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．在P、Q間距增大過程中，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R的方向由M到N，所以M點的電勢比N點的高．故A、C、D錯誤，B正確． 答案：B 考點4　帶電粒子在電場中運動 11.如圖所示，平行板電容器與恒壓電源連接，電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場，設電容器極板上所帶電荷量為Q，電子穿出平行板時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．以下說法正確的是(　　) A．Q減小，y不變 B．Q減小，y減小 C．Q增大，y減小

16、 D．Q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，板間電場強度減小，由Q＝CU可知，Q減小，C、D均錯誤；由y＝··可知，因E減小，電子偏轉(zhuǎn)距離y減小，故B正確，A錯誤． 答案：B 12．(多選)(2019·信陽模擬)有重力可忽略不計的三個帶正電的粒子A、B、C，先后沿如圖所示的虛線OO′方向從左側(cè)中點水平進入平行板電容器中，并最終都能擊中MN板．已知三個粒子質(zhì)量之比mA∶mB∶mC＝1∶1∶2，三個粒子帶電量之比為qA∶qB：qC＝1∶2∶1，關于三個粒子擊中MN板的位置，下列說法正確的是(　　) A．若A、B、C以相同的速度進入電容器，則最終A、B、C擊中M

17、N板上同一點 B．若A、B、C以相同的動量進入電容器，則最終B、C擊中MN板上同一點 C．若A、B、C以相同的動能進入電容器，則最終A、C擊中MN板上同一點 D．若A、B、C以相同的動能進入電容器，則最終A、B擊中MN板上同一點 解析：三個粒子不計重力，加速度a＝，粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向y＝at2，水平方向L＝v0t，解得y＝，若A、B、C以相同的速度進入電容器，由于比荷不同，則y不同，不可能擊中同一個位置，故A錯誤；y＝＝，p相同，若qm相同，則y相同，由mA∶mB∶mC＝1∶1∶2，三個粒子帶電量之比為qA∶qB∶qC＝1∶2∶1可知，B、C的qm相同，故B正確；y＝，

18、動能相同，若q相同，則y相同，故C正確，D錯誤． 答案：BC 13．(2019·洛陽模擬)示波器是研究交變電流變化規(guī)律的重要儀器，其主要結構可簡化為：電子槍中的加速電場、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場和豎直放置的熒光屏組成，如圖所示．若已知加速電場的電壓為U1，兩平行金屬板的板長、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，打在熒光屏的中點O，不計電子在進入加速電場時的速度及電子重力．若兩金屬板間存在豎直方向的勻強電場，兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2，電子會打在熒光屏上某點，該點距O點距離為d，求U1和U2的比值.

19、 解析：在加速電場U1中，由動能定理得： qU1＝mv2， 以v的速度進入偏轉(zhuǎn)電場U2中做類平拋運動，在離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移距離： y1＝at2， 其中：t＝， 速度方向與水平方向成θ角，則有：vy＝at， tan θ＝， 離開偏轉(zhuǎn)電場后偏移的距離：y2＝dtan θ， 根據(jù)牛頓第二定律有加速度a＝， 而總的偏移距離：y＝y(tǒng)1＋y2＝d， 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，之間存在豎直向下的勻強電場．自該區(qū)域左側(cè)的A點將質(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

20、入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開．已知N離開電場時的位置與A點在同一高度；M剛離開電場時的動能為剛進入電場時動能的8倍，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，已知A點到左邊界的距離也為L. (1)求該電場的電場強度大小； (2)求小球射出的初速度大?。? (3)要使小球M、N離開電場時的位置之間的距離不超過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動，則小球在電場區(qū)域內(nèi)、外的運動時間t相同 N離開電場時的位置與A點在同一高度，即豎直位移為0，設N在電場內(nèi)的加速度為a，則有 0＝gt2＋vyt－at2， 又因為vy＝gt， 解得a

21、＝3g，方向豎直向上， 由牛頓第二定律得：qE－mg＝3mg， 解得E＝； (2)M在電場中的加速度 a′＝＝5g，方向豎直向下， 故M剛離開電場時的豎直分速度 vy＝gt＋5gt＝6gt， 又有小球在水平方向做勻速運動，設小球射出的初速度為v0，則有t＝， 由M剛離開電場時的動能為剛進入電場時動能的8倍得m(v＋v)＝8·m[v＋(gt)2]， 解得v＝(6gt)2＝7v＋8(gt)2， v＝4(gt)2＝， v0＝； (3)M、N進入電場前的運動一致，那么，M、N離開電場時的位置之間的距離： d＝gt·t＋·5gt2－＝4gt2≤L， 解得t≤ ， 故v0＝≥＝2. 答案：(1)　(2)　(3)v0≥2