高三物理二輪復習練習-電場提能增分練(三)含解析

...wd......wd...WORD格式整理版...wd...提能增分練(三)帶電粒子在電場力作用下的四種典型運動[A級eq\a\vs4\al(——)奪高分]1．(2017·重慶一中模擬)以下四種情況：(1)在固定點電荷＋Q的電場中；(2)兩個固定的等量異種點電荷＋Q和－Q，在它們連線的中垂面內；(3)兩個固定的等量正點電荷＋Q，在它們連線的中垂面內；(4)在一個自由點電荷＋Q的一側(點電荷質量是電子的兩倍)。電子不可能做勻速圓周運動的是()解析：選B(1)在固定點電荷＋Q的電場中，電子受到＋Q的庫侖力，可繞＋Q做勻速圓周運動，故A可能；(2)在兩個固定的等量異種點電荷＋Q和－Q的電場中，電子所受的電場力垂直于圖中平面，不可能在此平面內做勻速圓周運動，故B不可能；(3)根據(jù)電場的分布情況可知，電子所受的合電場力指向兩個等量正點電荷＋Q連線的中點，由電場力提供向心力，可以做勻速圓周運動，故C可能；(4)在一個自由點電荷＋Q的一側，電子受到吸引力，點電荷＋Q和電子可繞連線上的某一點做勻速圓周運動，構成類雙星模型，故D可能；此題選不可能做勻速圓周運動的，應選B。2.(多項選擇)(2017·廈門一中檢測)如以以下列圖，一個點電荷只受電場力作用沿圓弧MN做勻速圓周運動，假設圓弧MN的弧長為s，點電荷經過圓弧M、N兩點的時間為t，經過這兩點的速度偏向角為θ，不考慮點電荷對周圍電場的影響，則()A．M、N兩點的電勢相等B．點電荷的加速度大小為a＝eq\f(sθ,t2)C．該點電荷所處的電場可能是兩個等量同種點電荷所產生的D．該電場的電場強度方向一定指向圓弧的圓心解析：選ABC點電荷只受電場力作用沿圓弧MN做勻速圓周運動，則電場力充當向心力，與速度方向垂直，電場力不做功，所以MN兩點的電勢相等，A正確；根據(jù)幾何知識可得圓弧所對圓心角為θ，所以運動半徑為r＝eq\f(s,θ)，點電荷運動角速度為ω＝eq\f(θ,t)，故點電荷的向心加速度為a＝ω2r＝eq\f(θs,t2)，B正確；點電荷可以在兩個等量同種點電荷中垂面上做勻速圓周運動，所以該點電荷所處的電場可能是兩個等量同種點電荷所產生的，故C正確；點電荷的電性未知，所以無法判斷電場強度方向，D錯誤。3．(2017·衡水武邑中學調研)如以以下列圖，足夠大的光滑絕緣水平面上有三個帶電質點，A和C圍繞B做勻速圓周運動，A和B、C和B的距離分別是L1和L2，B恰能保持靜止。三質點間只有靜電力的作用，則A和C的比荷(電荷量與質量之比)的比值應為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,L2)))2B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,L1)))2C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,L2)))3D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,L1)))3解析：選C因為A、C圍繞B做勻速圓周運動，B處于平衡狀態(tài)，可分析出A、C電性一樣，與B電性相反，對B有eq\f(kQAQB,L\o\al(2,1))＝eq\f(kQBQC,L\o\al(2,2))，解得eq\f(QA,QC)＝eq\f(L\o\al(2,1),L\o\al(2,2))。對A有eq\f(kQAQB,L\o\al(2,1))－eq\f(kQAQC,L1＋L22)＝mAωeq\o\al(2,A)L1，對C有eq\f(kQBQC,L\o\al(2,2))－eq\f(kQAQC,L1＋L22)＝mCωeq\o\al(2,C)L2，聯(lián)立各式得mAωeq\o\al(2,A)L1＝mCωeq\o\al(2,C)L2，因ωA＝ωC，所以有eq\f(mA,mC)＝eq\f(L2,L1)，則A和C的比荷的比值應為eq\f(\f(QA,mA),\f(QC,mC))＝eq\f(QAmC,QCmA)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,L2)))3，選項C正確。4.如以以下列圖，A、B兩金屬板平行放置，在t＝0時刻將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)。分別在A、B兩板間加上以下哪種電壓時，有可能使電子到不了B板()解析：選B加A圖電壓，電子從A板開場向B板做勻加速直線運動；加B圖電壓，電子開場向B板做勻加速運動，再做加速度大小一樣的勻減速運動，速度減為零后做反向勻加速運動及勻減速運動，由電壓變化的對稱性可知，電子將做周期性往復運動，所以電子有可能到不了B板；加C圖電壓，電子先勻加速，再勻減速到靜止，完成一個周期，電子一直向B板運動，即電子一定能到達B板；加D圖電壓，電子的運動與C圖情形一樣，只是加速度是變化的，所以電子也一直向B板運動，即電子一定能到達B板，綜上所述可知選項B正確。5．平行板間有如以以下列圖的周期性變化的電壓。重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝0時刻開場將其釋放，運動過程無碰板情況。在以下各選項所示的圖像中，能正確定性描述粒子運動的速度圖像的是()解析：選A0～eq\f(T,2)時間內粒子做初速度為零的勻加速直線運動。eq\f(T,2)～T時間內做加速度恒定的勻減速直線運動，由電壓變化的對稱性可知，在T時刻速度減為零。此后周期性重復，故A正確。6．(多項選擇)(2017·青島模擬)如以以下列圖為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則以下說法中正確的選項是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內，電場力做的總功為零解析：選CD設第1s內粒子的加速度大小為a1，第2s內的加速度大小為a2，由a＝eq\f(qE,m)可得，a2＝2a1，可知，1.5s末粒子的速度為零，然后反方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，由動能定理可知，此過程中電場力做功為零，綜上所述，可知C、D正確。7.如以以下列圖，矩形區(qū)域ABCD內存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以一樣的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出。假設不計重力，則a和b的比荷之比是()A．1∶2B．2∶1C．1∶8D．8∶1解析：選D設粒子初速度為v0，AB間距為d，則d＝eq\f(1,2)×eq\f(qaE,ma)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)lBC,v0)))2，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(qbE,mb)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lBC,v0)))2。以上兩式聯(lián)立可解得：eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝8∶1，故D正確。8．(2017·陜西師大附中質檢)如以以下列圖，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在距板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質量為m的質點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則以下結論正確的選項是()A．板間電場強度大小為eq\f(mg,q)B．板間電場強度大小為eq\f(mg,2q)C．質點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等D．質點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間解析：選C根據(jù)質點垂直打在M屏上可知，質點在兩板中央運動時向上偏轉，在板右端運動時向下偏轉，mg<qE，A、B錯誤；根據(jù)運動的合成和分解，質點沿水平方向做勻速直線運動，質點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等，C正確，D錯誤。9．(多項選擇)如以以下列圖，豎直向下的勻強電場里，用絕緣細線拴住的帶電小球在豎直平面內繞O做圓周運動，以下四種說法中正確的選項是()A．帶電小球可能做勻速圓周運動B．帶電小球可能做變速圓周運動C．帶電小球通過最高點時，細線的拉力一定最小D．帶電小球通過最低點時，細線的拉力有可能最小解析：選ABD當小球所受重力與電場力合力為零時，繩子的拉力提供向心力，合外力做功為零，小球可能做勻速圓周運動，故A正確；當小球所受重力與電場力合力不為零時，合外力對小球所做的功不為零，小球速度大小發(fā)生變化，小球可能做變速圓周運動，故B正確；當小球做勻速圓周運動時，細線的拉力提供向心力，在圓周上任何一點細線的拉力大小都相等，如果小球做變速圓周運動，小球帶正電時，在最高點細線拉力最小，如果小球帶負電，在最高點細線拉力最大，故C錯誤；小球所受重力與電場力不相等，做變速圓周運動，且小球帶負電時，在最低點細線拉力最小，故D正確。[B級eq\a\vs4\al(——)沖總分值]10．(2017·大慶鐵人中學模擬)如以以下列圖，L為豎直、固定的光滑絕緣桿，桿上O點套有一質量為m、帶電荷量為－q的小環(huán)，在桿的左側固定一電荷量為＋Q的點電荷，桿上a、b兩點到＋Q的距離相等。Oa之間距離為h1，ab之間距離為h2，使小環(huán)從圖示位置的O點由靜止釋放后，通過a點的速率為eq\r(3gh1)，則以下說法正確的選項是()A．小環(huán)通過b點的速率為eq\r(g3h1＋2h2)B．小環(huán)從O到b，電場力做的功可能為零C．小環(huán)在Oa之間的速度是先增大后減小D．小環(huán)在Oa之間的速度是先減小后增大解析：選A由題意易知，a、b兩點是＋Q所產生的電場中的兩個等勢點，所以小環(huán)從a到b的過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理，研究小環(huán)從a到b的過程得：mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得vb＝eq\r(g3h1＋2h2)，故A正確；小環(huán)在Oa之間運動過程中，重力和電場力均做正功，小環(huán)在ab之間運動過程中，重力做正功，電場力做功為0。所以從O到b的過程中電場力做正功，故B錯誤；小環(huán)在Oa之間運動過程，重力和電場力均做正功，速度一直增大。故C、D錯誤。11．(多項選擇)一個質量為m，電荷量為＋q的小球以初速度v0水平拋出，在小球經過的豎直平面內，存在著假設干個如以以下列圖的無電場區(qū)和有理想上下邊界的勻強電場區(qū)，兩區(qū)域相互間隔，豎直高度相等，電場區(qū)水平方向無限長。每一電場區(qū)的場強大小相等，方向均豎直向上，不計空氣阻力，以下說法正確的選項是()A．小球在水平方向一直做勻速直線運動B．假設場強大小等于eq\f(mg,q)，則小球經過每一電場區(qū)的時間均一樣C．假設場強大小等于eq\f(2mg,q)，則小球經過每一無電場區(qū)的時間均一樣D．無論場強大小假設何，小球通過所有無電場區(qū)的時間均一樣解析：選AC將小球的運動沿水平方向和豎直方向正交分解，水平方向不受外力，做勻速直線運動，故A正確；豎直方向，在無電場區(qū)只受重力，加速度為g，豎直向下，有電場區(qū)除重力外，還受到向上的恒定的電場力作用，加速度的大小和方向取決于合力的大小和方向，當電場強度等于eq\f(mg,q)時，電場力大小等于mg，故在電場區(qū)小球所受的合力為零，在無電場區(qū)小球做勻加速運動，故經過每個電場區(qū)，小球的速度均不相等，因而小球經過每一無電場區(qū)的時間均不相等，故B錯誤；當電場強度等于eq\f(2mg,q)時，電場力大小等于2mg，故在電場區(qū)小球所受的合力大小等于mg，方向豎直向上，加速度大小等于g，方向豎直向上，根據(jù)運動學公式，有：經過第一個無電場區(qū)y＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，v1＝gt1，經過第一個電場區(qū)，y＝v1t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，v2＝v1－gt2，聯(lián)立解得t1＝t2，v2＝0。接下來小球的運動重復前面的過程，即每次通過無電場區(qū)豎直方向上都是做自由落體運動，每次通過電場區(qū)豎直方向上都是做末速度為零勻減速直線運動，故C正確；通過前面的分析可知，場強不同時，小球通過每個無電場區(qū)的初速度不一定一樣，所以，通過電場的時間不同，故D錯誤。12．兩塊水平平行放置的導體板如圖甲所示，大量電子(質量m、電荷量e)由靜止開場，經電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間。當兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0；當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過。問：(1)這些電子通過兩板之間后，側向位移的最大值和最小值分別是多少(2)側向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子剛穿出兩板之間時的動能之比為多少解析：畫出電子在t＝0時和t＝t0時進入電場的v-t圖像如圖1和圖2。(1)vy1＝eq\f(eU0,md)t0，vy2＝eq\f(eU0,md)×2t0＝eq\f(2eU0t0,md)，ymax＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)vy1t0＋vy1t0))＝3vy1t0＝eq\f(3eU0t\o\al(2,0),