2019屆高三物理二輪復習習題：專題三考點1電場及帶電粒子在電場中的運動版含答案

專題三電場和磁場考點1電場及帶電粒子在電場中的運動[限時45分鐘；滿分100分]一、選擇題(每小題7分，共70分)1．(多選)如圖3－1－16所示，A、B、C、D四點構成一邊長為L的正方形，對角線AC豎直，在A點固定一電荷量為－Q的點電荷，規(guī)定電場中B點的電勢為零?，F(xiàn)將幾個質量均為m、電荷量均為－q的帶電小球從D點以大小均為v0的速度向各個方向拋出，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是圖3－1－16A．通過B點的小球在B點時的速度大小為v0B．通過C點的小球在C點時的電勢能比通過B點的小球在B點時的電勢能大C．通過C點的小球在C點時受到的庫侖力是通過B點的小球在B點時受到的庫侖力的2倍D．若通過C點的小球在C點時的速度大小為v，則C點的電勢為eq\f(m,2q)(v2－veq\o\al(2,0)－eq\r(2)gL)解析由負點電荷的電場線以及等勢面的分布可知，φc>φB＝φD＝0，對從D點運動到B點的小球，由動能定理可知qUDB＝ΔEk，由于φB＝φD＝0，因此ΔEk＝0，即通過B點的小球在B、D兩點的速度大小相等，A正確；負電荷在低電勢點的電勢能大，因此帶負電小球在B點的電勢能大于在C點的電勢能，B錯誤；由庫侖定律F＝keq\f(Qq,r2)可知，F(xiàn)∝eq\f(1,r2)，又AB∶AC＝1∶eq\r(2)，因此小球在B、C兩點的庫侖力之比為2∶1，C錯誤；對由D運動到C的小球，由動能定理得mg×eq\f(\r(2),2)L＋(－qUDC)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又UDC＝φD－φC＝0－φC＝－φC，解得φC＝eq\f(m,2q)(v2－veq\o\al(2,0)－eq\r(2)gL)，D正確。答案AD2．(2018·陜西質檢)如圖3－1－17所示，真空中有兩個點電荷Q1＝＋9.0×10－8C和Q2＝－1.0×10－8C，分別固定在x坐標軸上，其中Q1位于x＝0處，Q2位于x＝12cm處。在x軸上圖3－1－17A．場強為0的點有兩處B．在x>12cm區(qū)域，電勢沿x軸正方向升高C．點電荷在x＝9cm處，電場力為0D．在0<x<12cm和x>18cm的區(qū)域，場強沿x軸正方向解析根據(jù)點電荷電場強度公式和場強疊加原理，在x軸上電場強度為零的點只能在x>12cm區(qū)域內某點，只有一處，點電荷在該處電場力為零，選項AC錯誤。在x>12cm區(qū)域電勢沿x軸正方向先升高后降低，選項B錯誤。在0<x<12cm區(qū)域，電場線由Q1指向Q2，電場強度沿x軸正方向；設在x軸上坐標為x的點電場強度為零，根據(jù)點電荷電場強度公式和場強疊加，可得keq\f(Q1,x2)－keq\f(Q2,(x－12)2)＝0，解得x＝18cm。在x>18cm的區(qū)域，場強沿x軸正方向，選項D正確。答案D3．(2018·沈陽檢測)如圖3－1－18所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，入射方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子射出時的偏轉角變大的是圖3－1－18A．U1變大，U2變大B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小D．U1變小，U2變小解析設電子被加速后獲得的初速度為v0，平行極板長為l，平行極板間距為d，則由動能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子在電場中偏轉所用時間t＝eq\f(l,v0)，設電子在平行板間受電場力作用產生的加速度為a，由牛頓第二定律得a＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(eU2,dm)，電子射出偏轉電場時，平行于電場方向的速度vy＝at，由以上式子聯(lián)立可得vy＝eq\f(eU2l,dmv0)，又有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(eU2l,dmv\o\al(2,0))＝eq\f(eU2l,2deU1)＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2變大、U1變小都能使偏轉角θ變大，B正確。答案B4．(2018·佛山質檢)如圖3－1－19所示，A、B、C是兩帶電荷量均為Q的正點電荷連線的中垂線上的三點，B是兩線段的交點，A點固定有一帶電荷量同為Q的負點電荷，現(xiàn)將一電子從B點由靜止釋放，電子運動中會經由C點繼續(xù)向前運動，則圖3－1－19A．從B到C，電場力對該電子一直不做功B．電子從B到C做加速度變大的加速運動C．電子在B、C兩點時的電勢能大小關系是EpB>EpCD．若電子可回到B點，則回到B點時速度不為零解析由合場強的特點知，電子由B運動到C的過程中，受電場力作用，加速度是減小的，故AB錯誤；由于電子能經過C點并向前運動，且運動過程中只有電場力做功，動能增加，則電勢能減小，所以EpB>EpC，C正確；若電子可回到B點，由于只有電場力做功，回到B點時電場力做功為零，動能不變，所以回到B點時速度為零，D錯誤。答案C5．(多選)毛毯等絨料布生產時常采用靜電植絨技術來實現(xiàn)，其原理如圖3－1－20：其中A是接高壓陽極的金屬網，其內裝有絨料，B是一塊金屬平板，上面鋪著涂有黏合劑的待植絨基布。當待植絨基布從兩極板經過時，給A接上高壓并使絨料帶上電荷，這樣絨料在經過A、B兩平行板間的電場加速后以高速向B板運動，遇到待植絨基布后便粘在上面從而實現(xiàn)靜電植絨，下列說法正確的是圖3－1－20A．A、B兩極板的電場方向由B指向AB．帶電絨料帶正電荷C．帶電絨料在運動過程中電場力對它做正功D．帶電絨料在運動過程中電勢能增加解析A、B兩極板的電場方向由A指向B，故選項A錯誤；由于兩極板的電場方向由A指向B，帶電絨料向B板運動，說明帶電絨料是帶正電荷的，故選項B正確；帶電絨料在運動過程中電場力對它做正功，電勢能減少，故選項C正確，D錯誤。答案BC6．(多選)如圖3－1－21所示，電容器兩極板與電源正負極相連，在將電容器兩極板間的距離由d迅速增大為2d的過程中，下列說法正確的是圖3－2－21A．電容器兩板間電壓始終不變B．電容器兩板間電壓瞬時升高后又恢復原值C．根據(jù)Q＝CU可知，電容器帶電荷量先增大后減小D．電路中電流由B板經電源流向A板解析在將電容器兩極板間距離迅速增大的過程中，電容器極板上的電荷量未來得及變化，即Q不變，則C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(Q,Ed)，又C＝eq\f(εrS,4πkd)，所以eq\f(Q,Ed)＝eq\f(εrS,4πkd)，所以E＝eq\f(4πkQ,εrS)也不變。而U＝Ed，故U增大，但最終電壓U要與電源電壓相等，故A錯誤，B正確；此后，因為C＝eq\f(εrS,4πkd)，所以d增大時，C減小。由Q＝CU，所以Q減小，電路中有瞬時電流，方向由B板經電源流向A板，故D正確，C錯誤。答案BD7．(多選)電子束焊接機中的電子槍如圖所示，K為陰極，A為陽極，兩極之間的電勢差為U。A、K之間的電場線分布如圖3－1－22所示。陰極發(fā)出的電子在電場作用下由靜止狀態(tài)從K加速運動到A，設電子的質量為m，則下列說法正確的是圖3－1－22A．陰陽兩極的電場為勻強電場B．電子在運動過程中的加速度變大C．電子的電勢能不斷增加D．電子到達陽極時的速度為v＝eq\r(\f(2eU,m))解析由圖中的電場線分布特點可知A項錯誤；從電場線的分布特點可看出，電子在加速過程中所受到的電場力逐漸變大，因此電子的加速度在變大，B項正確；由于電子帶負電，當它從K極向A極運動時，電場力做正功，電勢能減小，C項錯誤；由動能定理可得eU＝eq\f(1,2)mv2，解得電子的速度為v＝eq\r(\f(2eU,m))，D項正確。答案BD8．(多選)如圖3－1－23所示，三條平行且等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，其電勢分別為10V、20V、30V。實線是一帶電的粒子僅在電場力的作用下在該區(qū)域內運動的軌跡，對于軌跡上的a、b、c三點，下列說法中正確的是圖3－1－23A．該電場的場強方向豎直向下B．該粒子一定帶負電荷C．帶電粒子在三點的動能Ekc＝Eka＝EkbD．帶電粒子在b點的電勢能最大解析根據(jù)“沿電場線方向電勢降低”和“電場線與等勢面垂直”的特點可知，該電場的場強方向豎直向上，故A項錯誤；根據(jù)物體做曲線運動的受力與軌跡的關系可知，粒子所受的電場力向下，故該粒子帶負電荷，B項正確；粒子在b點動能最小，在c點動能最大，C項錯誤；帶電粒子從電勢高的地方到電勢低的地方，電場力做負功，電勢能增大，所以D項正確。答案BD9．(多選)如圖3－1－24所示，有一帶電金屬圓環(huán)，其帶電荷量為Q，在環(huán)心O的正上方的a點處靜止一個質量為m、帶電荷量為＋q的小球，重力加速度為g，下列說法正確的是圖3－1－24A．圓環(huán)帶負電荷B．圓環(huán)在a點產生的場強大小為Ea＝eq\f(mg,q)C．將一帶正電的點電荷(忽略重力)在O點靜止釋放后它將靜止不動D．若將小球向O點移動，則小球的電勢能增加解析由于小球帶正電，根據(jù)二力平衡可知，小球所受到的電場力豎直向上，所以圓環(huán)帶正電荷，故A項錯誤；設圓環(huán)在a點處的場強大小為Ea，對小球有mg＝qEa，解得Ea＝eq\f(mg,q)，故B項正確；將一帶正電的點電荷放在O點時，圓環(huán)對該正電荷的電場力為零，此時點電荷受到帶正電小球的作用力將向下運動，因此C項錯誤；由于圓環(huán)帶正電，若將小球向O點移動，小球要克服電場力做功，故小球的電勢能增加，所以D項正確。答案BD10．有一勻強電場，方向如圖3－1－25所示，在電場中有三個點A、B、C，這三點的連線恰好構成一個直角三角形，且AC邊與電場線平行。已知A、B兩點的電勢分別為φA＝5V，φB＝1.8V，AB的距離為4cm，BC的距離為3cm。若把一個電子(e＝1.6×10－19C)從A點移動到C點，那么電子電勢能的變化量為圖3－1－25A．8.0×10－19JB．1.6×10－19JC．－8.0×10－19JD．－1.6×10－19J解析設AB與AC之間的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(4,5)，又AB的距離SAB＝4cm，則AB沿場強方向的距離為dAB＝SABcosθ＝4×eq\f(4,5)cm＝eq\f(16,5)cm，設A、B之間電勢差為UAB，則電場強度為E＝eq\f(UAB,dAB)＝eq\f(φA－φB,dAB)＝100V/m。電子從A點到達C點時電勢能的變化量為ΔEp＝－W＝1.6×10－19×100×0.05J＝8.0×10－19J，故A項正確。答案A二、計算題(本題共2小題，共30分)11．(14分)(2018·百色質檢)如圖3－1－26所示，有一平面直角坐標系xOy，其中x軸的正方向為水平向右，y軸的正方向為豎直向上。在x>0的空間中，存在沿x軸正方向的勻強電場；在x<0的空間中，存在沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小均為E＝1N/C。一質量m＝10g、電荷量q＝0.1C的帶負電的小球在點P(10cm,0)處由靜止釋放，不計空氣阻力，重力加速g＝10m/s2。求：圖3－1－26(1)小球第一次到達y軸時的速度；(2)小球第二次到達y軸時的位置坐標。解析(1)小球在P點時，對小球受力分析可知：所受電場力水平向左，大小為F電＝qE＝0.1N所受重力豎直向下，大小為G＝mg＝0.1N所以小球受到的合力斜向左下方，與x軸的負方向的夾角為45°，大小為F＝eq\f(\r(2),10)N由牛頓第二定律和運動學公式可知，小球在x>0的空間運動的加速度大小為：a＝eq\f(F,m)設小球第一次到達y軸上的點為A，則veq\o\al(2,1)＝2alPA，其中l(wèi)PA＝eq\r(2)xp解得小球到達A點的速度為v1＝2m/s(2)小球在x<0的空間運動時受合力的大小仍為F、方向斜向右下方，與y軸負方向的夾角為45°，所以小球在x<0的空間內以大小為a的加速度做類平拋運動，小球從A運動到B的過程中，在合力的方向與合力垂直的方向運動的位移大小相等，則有v1t＝eq\f(1,2)at2＝leq\r(2)l＝lAB解得：lAB＝80cm由幾何關系可知lOA＝10cm所以小球第二次到達y軸的坐標為(0，－90cm)。答案(1)2m/s(2)(0，－90cm)12．(16分)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點。重力加速度大小為g。(1)油滴運動到B點時的速度；(2)求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。解析(1)設油滴質量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上。在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足qE2－mg＝ma1①油滴在時刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1②電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2滿足qE2＋mg＝ma2③油滴在時刻t＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤(2)由題意，在t＝0時刻前有qE1＝mg⑥油滴從t＝0到時刻t1的位移為s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑦油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內的位移為s2＝v1t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)⑧由題給條件有veq\o\al(2,0)＝2g(2h)⑨式中h是B、A兩點之間的距離。若B點在A點之上，依題意有s1＋s2＝h⑩由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)＋\f