2019版高考物理二轮复习专题三电场和磁场专题突破练8电场带电粒子在电场中的运动.doc

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1、1专题突破练 8 电场 带电粒子在电场中的运动(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(共 12 小题,每小题 7 分,共 84 分。在每小题给出的四个选项中,第 18 小题只有一个选项符合题目要求,第 912 小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得 7 分,选对但不全的得 3分,有选错或不答的得 0 分)1.(2016 全国 卷)关于静电场的等势面,下列说法正确的是( )A.两个电势不同的等势面可能相交B.电场线与等势面处处相互垂直C.同一等势面上各点电场强度一定相等D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功2.(2018 广东茂名综合测试)真空中有一

2、半径为 r0的带电金属球壳,若取无穷远处为零电势,通过其球心的一直线上各点的电势 分布规律可用图中曲线表示, r 表示该直线上某点到球心的距离,r1、 r2分别是该直线上 A、 B 两点离球心的距离。下列说法中正确的是( )A.该球壳带负电B.A 点的电场强度大于 B 点的电场强度C.若 r2-r1=r1-r0,则 A- B= 0- AD.将电子从 A 点移到 B 点,电场力做正功3.(2017 湖南株洲模拟)如图所示, R 是一个定值电阻, A、 B 为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒 P 处于静止状态,则下列说法正确的是( )A.若增大 A、 B 两金属板的间距,则有向右的电流

3、通过电阻 RB.若增大 A、 B 两金属板的间距, P 将向上运动C.若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片, P 将向上运动D.若紧贴 B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片, P 将向上运动4.2(2018 湖南常德模拟)在空间某区域存在一电场, x 轴上各点电势随位置变化情况如图所示,图线为曲线,且关于纵轴对称。下列关于该电场的论述正确的是( )A.图中 A 点对应的电场强度大于 B 点对应电场强度B.图中 A 点对应的电势大于 B 点对应电势C.一个带正电的粒子在 x1点的电势能等于在 -x1点的电势能D.一个带正电的粒子在 -x1点的电势能大于在 -x2点的电势能5.(2018 安徽

4、蚌埠一质检)如图甲为一对长度为 L 的平行金属板,在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为 v0的相同带电粒子(重力不计),且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出,若粒子在两板之间的运动时间均为 T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( )A.1 1 B.2 1 C.3 1 D.4 16.(2018 福建漳州调研)如图, A、 B、 C 三个点电荷分别固定于一个边长为 a 的正三角形的三个顶点,它们所带的电荷量分别为 +Q、 -2Q、 -2Q,在三角形中心 O 释放一个带 +q 电荷的试探电荷,为了让该试探电荷静止在 O 点,需要在空间加上一个平行

5、于三角形所在平面的匀强电场,则( )A.所加匀强电场方向为由 O 指向 A,电场强度大小为32B.所加匀强电场方向为由 A 指向 O,电场强度大小为92C.撤去匀强电场,将试探电荷从 O 点移到 BC 中点,移动过程中试探电荷的电势能增加D.撤去匀强电场,将试探电荷从 O 点移到 BC 中点,移动过程中电场力对试探电荷做正功7.(2018 广东广州 4 月模拟)如图,带电粒子由静止开始,经电压为 U1的加速电场加速后,垂直电场方向从两极板正中间进入电压为 U2的平行板电容器,经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子,从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器,下列措施可行的是(

6、)A.保持 U2和平行板间距不变,减小 U1B.保持 U1和平行板间距不变,增大 U2C.保持 U1、 U2和下板位置不变,向下平移上板D.保持 U1、 U2和下板位置不变,向上平移上板8.3(2018 河南中原名校第四模)水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后,断开开关,重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器,如图所示,小球先后经过虚线的 A、 B两点。则( )A.如果小球所带的电荷量为正电荷,小球所受的电场力一定向下B.小球由 A 到 B 的过程中电场力一定做负功C.小球由 A 到 B 的过程中动能可能减小D.小球由 A 到 B 的过程中,小球的机械能可能减小9.

7、(2018 河南濮阳三模)如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球, P 小球从紧靠左极板处由静止开始释放, Q 小球从两板正中央由静止开始释放,两小球最终都能运动到右极板上的同一位置。则从开始释放到运动到右极板的过程中,下列选项正确的是( )A.P 的运动时间大于 Q 的运动时间B.P、 Q 的电势能减少量之比为 4 1C.P、 Q 的动能增加量之比为 4 1D.P、 Q 的电荷量之比为 2 110.(2018 河北衡水金卷模拟)如图所示,竖直面内固定的均匀带电圆环半径为 R,带电荷量为 +Q,在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为 m、带电

8、荷量为 q 的小球(大小不计),小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态,小球到圆环中心 O 距离为 R,已知静电力常量为 k,重力加速度为 g,则小球所处位置的电场强度为( )A. B. C.k D.k 22 2 24211.(2018 全国 卷)图中虚线 a、 b、 c、 d、 f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面 b 上的电势为 2 V。一电子经过 a 时的动能为 10 eV,从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6 eV。下列说法正确的是 ( )A.平面 c 上的电势为零B.该电子可能到达不了平面 f4C.该电子经过平面 d 时,其电势能为 4 eVD.该电子经过平

9、面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍12.(2018 河南南阳期末)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为 L,板间距离为 d,距板右端 L 处有一竖直屏 M。一带电荷量为 q、质量为 m 的质点以初速度 v0沿中线射入两板间,最后垂直打在 M 上,则下列结论正确的是(已知重力加速度为 g) ( )A.两极板间电压为2B.板间电场强度大小为2C.整个过程中质点的重力势能增加2202D.若仅增大两极板间距,则该质点不可能垂直打在 M 上二、计算题(本题共 1 个小题,共 16 分)13.(2018 安徽安庆二模)电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。偏

10、转电场由加有电压的相距为 d 的两块水平平行放置的导体板组成,匀强磁场的左边界与偏转电场的右边界相距为s,如图甲所示。大量电子(其重力不计)由静止开始,经加速电场加速后,连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场。当两板没有加电压时,这些电子通过两板之间的时间为 2t0,当在两板间加如图乙所示的电压时,所有电子均从两板间通过,进入水平宽度为 l,竖直宽度足够大的匀强磁场中,最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上。问:甲乙(1)如果电子在 t=0 时刻进入偏转电场,则离开偏转电场时的侧向位移大小是多少?(2)电子在刚穿出两板之间的偏转电场时最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少?(3)要使侧

11、向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上,匀强磁场的磁感应强度为多少?(已知电子的质量为 m、电荷量为 e)5专题突破练 8 电场 带电粒子在电场中的运动一、选择题(共 12 小题,每小题 7 分,共 84 分。在每小题给出的四个选项中,第 18 小题只有一个选项符合题目要求,第 912 小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得 7 分,选对但不全的得 3分,有选错或不答的得 0 分)1.B 解析 电场中电势相同的点组成的面叫等势面,电场线与等势面垂直,电势相同的点电场强度不一定相同;电场强度相同的点电势也不一定相同;电场中某处电势只能是一个值,如果两等势面相交,就有两个值,故选项 A、C 错误,B

12、 正确。负电荷从电势高处移向电势低处电场力做负功,所以选项 D 错误。2.B 解析 根据图象知,从球壳向外电势逐渐降低,且电势大于零,故该球带正电,故 A 错误;根据电场强度公式 E= 可知,图象斜率大小等于电场强度 ,则得 A 点的电场强度大于 B 点的电场强度,故 B正确;由于图象斜率大小等于电场强度,从 O 到 A 再到 B,电场强度逐渐减小;故若 r2-r1=r1-r0,则 A- B 0- A,故 C 错误;电子沿直线从 A 移到 B 的过程中,电场力方向由 B 指向 A,所以电场力做负功,故 D 错误。3.C 解析 由于两极板和电源相连,则两极板间的电压恒定,若增大 A、 B 两金属

13、板的间距,根据公式 C= 可知,电容减小,根据公式 C= 以及电压不变可得电容器两极板上所带电荷量减小,故电4 容器放电, R 中有向左的电流,A 错误;由于两极板间的电压不变,若增大 A、 B 两金属板的间距,根据公式 E= 可得两极板间的电场强度减小,电场力小于重力 ,微粒 P 将向下运动,B 错误;若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片,相当于两极板间的距离减小,电场强度增大,则微粒 P 受到的电场力大于重力, P 向上运动,C 正确;若紧贴 B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,相当于 r增大,两极板间的电场强度恒定不变,所以微粒 P 受到的电场力不变, P 仍静止,D 错误。故选

14、C。4.C 解析 -x 图象的斜率大小等于电场强度,所以 B 点对应的电场强度大于 A 点对应的电场强度,故A 错误;由题图易知 A 点对应的电势小于 B 点对应的电势,故 B 错误;由题图可知,电场强度方向均指向 O 点,根据对称性可知,一个带正电的粒子在 x1点的电势能等于在 -x1点的电势能,故 C 正确;电场线指向 O 点,则正电荷由 -x1到 -x2的过程中电场力做负功,故电势能增加,故带正电的粒子在 -x1点的电势能小于在 -x2点的电势能,故 D 错误。5.C 解析 设偏转电场电压不为零时,粒子在偏转场中的加速度为 a,粒子在 t=nT 时刻进入偏转场,则竖直方向上先加速后匀速然

15、后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最大ymax= a 2+a aT2。粒子在 t=nT+ 时刻进入偏转场,则竖直方向上先静止后加速然后飞12 2 22=38 2出偏转场,此时粒子偏转位移最小 ymin=0+ a 2= aT2,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大12 2 18小之比是 3 1,故 C 项正确。6.D 解析 O 点是三角形的中心,到三个电荷的距离为 r= asin 60= a,三个电荷在 O 处产生的23 33电场强度大小 EA=k ,EB=EC=k ,根据对称性和几何知识得知: E 合 = ,方向由 A 指2=32 2=62 92向 O,所以所加匀强电场方向为由 O 指向 A,电场

16、强度大小为 ,故 A、B 错误;撤去匀强电场,将试92探电荷从 O 点移到 BC 中点,电势降低,移动过程中电场力对试探电荷做正功,电势能减小,故 D 正确,C错误;故选 D。7.D 解析 粒子在电场中加速 U1q= ,在偏转电场中 x=v0t, t2,解得 x2= ,开始12m02 2=122 2212时 x= L,若要使 x 增大为 L,保持 U2和平行板间距不变,减小 U1,则 x 会减小,选项 A 错误;保持 U1和12平行板间距不变,增大 U2,则 x 减小,选项 B 错误;保持 U1、 U2和下板位置不变,向下平移上板,则 d6减小, x 减小,选项 C 错误;保持 U1、 U2和

17、下板位置不变,向上平移上板,则 x 变大,故选项 D 正确,故选 D。8.D 解析 小球在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用,由题图小球运动轨迹可知,小球向下运动,说明小球受到的合力竖直向下,重力与电场力的合力竖直向下;当小球带正电时,若上极板带正电荷,小球受到的合力向下,小球运动轨迹向下,若上极板带负电,但如果电场力小于重力,小球受到的合力向下,小球运动轨迹向下,故无法确定电场力与重力的大小关系,A 错误;如果小球受到的电场力向下,小球从 A 运动到 B 点过程中电场力做正功,如果小球受到的电场力向上,则电场力做负功,B 错误;小球受到的合力向下,小球从 A 点运动到 B 点过程中合外

18、力做正功,小球的动能增加,C错误;小球从 A 点运动到 B 点过程,如果所受电场力向上,则机械能减小,D 正确。9.BD 解析 小球在竖直方向为自由落体运动,两者下落高度相同,说明运动时间一样,故 A 错误。在水平方向小球做匀加速直线运动,根据 x= t2,可知位移之比为 2 1,说明 P、 Q 粒子的电荷量12之比为 2 1,故 D 正确。电势能的减少量为电场力做的功,即 EpPE pQ=2qUq =4 1,故 B 正确。2动能增加量为合外力做的功,即 EkPE kQ=(mgh+2qU) mgh+q ,由于不知道重力与电场力的关系,2故 C 错误;故选 BD。10.AD 解析 对小球受力分析

19、可知 mgtan 45=qE,解得 E= ,则选项 A 正确,B 错误;由于圆环不能看作点电荷,我们取圆环上一部分 x,总电荷量为 Q,则该部分电荷量为 Q;该部分电荷在小球2处产生的电场强度为 E1= ,方向沿该点与小球的连线指向小球;同理取22= 2(2)2=43以圆心对称的相同的一段,其电场强度与 E1相同;则两个电场强度的合电场强度为 E1=2 cos 4345= ,方向应沿圆心与小球的连线向外;因圆环上各点均在小球处产生电场,则合电场强度243为 E= E1= ,选项 D 正确,C 错误;故选 AD。 24211.AB 解析 从 a 到 d 的过程克服电场力做功为 6 eV,所以电场

20、方向为水平向右,每个间距电势差为 2 V,所以平面 c 电势为零,故 A 项正确;由于电子不一定垂直等势面进入,可能做曲线运动,所以可能到达不了 f 平面,故 B 项正确;整个过程中能量守恒,可得平面 a、 b、 c、 d、 f 的电势能为 -4 eV、 -2 eV、0 eV、 +2 eV、 +4 eV,动能分别为 +10 eV、 +8 eV、 +6 eV、 +4 eV、 +2 eV,故 C 项错误;由于电子经过 b、 d 平面时的动能分别为 8 eV 和 4 eV,所以该电子经过 b 平面时的速率是经过 d 时的倍,故 D 项错误。212.BC 解析 据题分析可知,小球在极板间轨迹应向上偏转

21、,做类平抛运动,飞出电场后,小球的轨迹向下偏转,才能最后垂直打在 M 屏上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图所示:7可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得: qE-mg=ma,mg=ma,解得 E= ,由 U=Ed2得板间电势差 U= d= ,故 A 错误,B 正确;小球在电场中向上偏转的距离 y= at2,a=2 2 12=g,t= ,解得: y= ,故小球打在屏上的位置与 P 点的距离为: s=2y= ,重力势能的增- 0 2202 202加量 Ep=mgs= ,故 C 正确。仅增大两板间的距离,因两板上电荷量不变,根据 E=2202可知 ,板间电场强度不变,小球在电场中受力

22、情况不变,则运动情况不变,= 4=4故仍垂直打在 M 上,故 D 错误。故选 BC。二、计算题(本题共 1 个小题,共 16 分)13.答案 (1) (2)3 1 (3)30022 00解析 (1)当电子在 t=0 时刻进入偏转电场时,有 y= +vyt0= t0t0,得12a02 12002+0y= 。30022(2)由题意可知,要使电子的侧向位移最大,应让电子从 0、2 t0、4 t0时刻进入偏转电场,在这种情况下,电子的侧向位移为 ymax= +vyt012a02ymax=12002+002=32002要使电子的侧向位移最小,应让电子从 t0、3 t0时刻进入偏转电场,在这种情况下,电子的侧向位移为ymin=12002所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为 ymaxy min=3 1。(3)设电子从偏转电场中射出时的偏向角为 ,电子在磁场中运动半径 R,由于电子要垂直打在荧光屏上,由几何关系有: R=设电子从偏转电场中出来时的速度为 vt,垂直偏转极板的速度为 vy,则电子从偏转电场中出来时的偏向角为:sin = ,式中 vy= t0 0又 R= ,由上述四式可得: B= 。 00