2019高中物理二轮复习专题精品课时训练9 电场及带电粒子在电场中的运动 Word版含解析

2019高中物理二轮复习专题精品课时训练(九)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是()A．O点一定有一个正点电荷B．B点电势一定大于C点电势C．该粒子在A点的动能一定大于D点的动能D．将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动C[没有画出电场线的方向，所以O点可能是正电荷，也可能是负电荷，故A错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断B、C两点电势的高低，故B错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从A到D电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在A点的动能较大，故C正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D错误．故选C.]2．(2018·宁夏银川一中高三质检(二))如图所示，在匀强电场中，场强方向沿△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，ac＝0.2 m．一个电量q＝1×10－5C的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移c，电场力做功为1×10－8J.则该匀强电扬的场强大小和方向分别为()A ．500 V/m 、沿ab 由a 指向bB ．500 V/m 、垂直ab 向上C ．1000 V/m 、垂直ab 向上D ．1000 V/m 、沿ac 由a 指向cC [正电荷从a 移到b ，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab 两点电势相等，故ab 应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c 做ab 的垂线，一定是电场线；正电荷从a 到c 过程，由W ＝Uq 可知，ac 两点的电势差U ac ＝W q ＝1.0×10－31×10－5V ＝100 V ，即a 点电势高于c 点的电势，故电场线垂直于ab 向上；ac 间沿电场线的距离d ＝ac ·cos 60°＝ 0.2×0.5 m ＝0.1 m ，由E ＝U d 可知：电场强度E ＝1000.1 V/m ＝1000 V/m ，方向垂直ab 向上；故C 正确，A 、B 、D 错误；故选C.]3．(2018·山东省潍坊市高三二模)如图甲所示，平行金属板A 、B 正对竖直放置，CD 为两板中线上的两点．A 、B 板间不加电压时，一带电小球从C 点无初速释放，经时间T 到达D 点，此时速度为v 0.在A 、B 两板间加上如图乙所示的交变电压，t ＝0带电小球仍从C 点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t ＝T 时，小球( )A ．在D 点上方B ．恰好到达D 点C ．速度大于vD ．速度小于vB [小球仅受重力作用时从C 到D 做自由落体运动，由速度公式得v 0＝gT ，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0～T4沿电场力方向做匀加速直线运动，T4～T2做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，T2～3T4做反向的匀加速直线运动，3T4～T做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t＝T时合速度为v0，水平位移为零，则刚好到达D点，故选B.]4．(2018·山东省淄博市高三三模) 已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是()A．b点电场强度与c点电场强度相同B．a点电场强度与b点电场强度大小相等C．a点电势等于d点电势D．将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变C[画出电场线如图所示：A.根据对称性可知，b点电场强度与c点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B.电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；C.根据对称性并结合电场线的分布可知a点电势等于d点电势，故C正确；D.由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D错误；故选C.]5．(2018·河北衡水中学信息卷)如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 的三个顶点上分别固定一个点电荷，所带电荷量依次为＋q 、＋q 和－q . D 点和M 点分别为AB 边和AC 边的中点，N 点为三角形的中心，静电力常量为k .在该电场中，下列说法正确的是( )A ．D 点的电场强度大小为k q L 2，方向为从N 指向DB ．N 点的电场强度大小为9k q L 2，方向为从N 指向CC ．D 点的电势高于N 点的电势D ．若取无穷远处电势为0，则M 点的电势φM 为0C [A 、B 两点处的点电荷在D 点的电场强度的矢量和为0，C 点处的点电荷在D 点处的电场强度为E ＝q k ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 22＝4kq 3L 2，方向为从D 指向N ，A 错误；三个点电荷在N 点的电场强度大小均为3k q L 2，其中两个正点电荷的电场强度矢量合成后大小为3k q L 2，方向为从N 指向C ，与负点电荷电场强度合成，N 点的电场强度大小为6k q L 2，方向为从N 指向C ，B 错误；CD 连线上电场强度方向由D 指向C ，可知φD >φN ，C 正确；若无穷远电势为0，则A 、C 两点处的等量异种点电荷在M 点的电势为0，B 处的正点电荷在M 点的电势大于0，故φM >0，D 错误．]6．(2018·山东省临沂市高三三模)如图所示，某条电场线上有a、b、c三点，其中b为ac的中点，已知a、c两点的电势分别为φa＝10 V，φC＝4 V，若将一点电荷从c点由静止释放，仅在电场力作用下沿着电场线向a点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是()A．该点电荷带负电B．电场在b点处的电势为7 VC．a、b、c三点c点处的场强最小D．该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功多AC[A项：点电荷从c静止释放向左运动，电场线方向向右，所以点电荷带负电，故A正确；B项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，即cb段平均场强小于ab段的平均强度，根据公式U＝E d，可知电场在b点处的电势小于7 V，故B错误；C项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，a、b、c三点c点处的场强最小，故C正确；D项：由C分析可知，从c到a电场强度增大，即电场力增大，ab＝bc，根据W＝Fx可知，在cb段的电场力小于ab段的电场力，所以该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功少，故D错误．]7．(2018·吉林省长春市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是AB板间的一点，在CD板间插有一块有机玻璃板．闭合开关，电路稳定后将开关断开．现将CD板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是()A ．金属板CD 构成电容器的电容减小B ．P 点电势降低C ．玻璃板抽出过程中，电阻R 中有向右的电流D. A 、B 两板间的电场强度减小AC [A.根据C ＝εrS 4πkd ，将CD 板间的玻璃板抽出，电介质εr 减小，其它条件不变，则金属板CD 构成电容器的电容减小，故A 正确；BCD.当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板CD 构成电容器的电容减小，由U ＝Q C 可知极板CD 电势差变大，极板AB 电势差变大，由E ＝U d 可知极板AB间的场强变大，导致P 点与B 板的电势差变大，因B 板接地，电势为零，即P 点电势升高，因此电容器CD 处于放电状态，电容器AB 处于充电状态，电阻R 中有向右的电流，故C 正确，BD 错误；故选AC.]8．(2018·山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q 在场源电荷Q 的电场中具所有电势能表达式为E r ＝kqQ r (式中k 为静电力常量，r 为试探电荷与场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷Q 1、Q 2分别固定在x 坐标轴的x ＝0和x ＝6 cm 的位置上．x 轴上各点的电势φ随x 的变化关系如图所示．A 、B 是图线与x 的交点，A 点的x 坐标是4.8 cm ，图线上C 点的切线水平．下列说法正确的是( )A ．电荷Q 1、Q 2的电性相反B ．电荷Q 1、Q 2的电量之比为1∶4C ．B 点的x 坐标是8 cmD ．C 点的x 坐标是12 cmACD [A.电势φ随x 的变化关系图象的斜率ΔφΔx ＝E ，所以C 点电场为0，根据电场叠加原理可知电荷Q 1、Q 2的电性相反，故A 正确；B.根据φ＝E p q 可知，φA ＝kQ 1q r 1q ＋kQ 2qr 2q ＝kQ 148＋kQ 212＝0，解得Q 1∶|Q 2|＝4∶1，故B 错误；C.根据φ＝E P q可知，φB ＝kQ 1q x 1q ＋kQ 2q x 1－6q ＝KQ 1x 1＋kQ 2x 1－6＝0，解得B 点的坐标是8 cm ，故C 正确；D.由E ＝kQ r 2知，E c ＝kQ 1x 22＋kQ 2(x 2－6)2＝0解得C 点的坐标是x 2＝12 cm ，故D 正确；故选ACD.]9．(2018·陕西西北工大附中高三模拟)如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，两个等量异种点电荷＋Q 和－Q 分别固定于A 、B 两点．光滑绝缘直导轨CD 的上端点D 位于到A 、B 中点的正上方，且与A 、B 两点的距离均为L .在D 处质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g .忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A ．D 点的场强大小为kQ L 2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgLD ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小AC [根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD、DB的角平分线；由库仑定律得，A、B在D点的场强的大小：E A＝E＝k QL2，则D点的场强：E D＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k QL2，故A正确；当小球到达CD中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B错误；由于C与D到A、B 的距离都等于L，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C点与D点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg OD＝1 2m v 2，又几何关系可知：OD＝L·sin 60°＝32L. 小球的动能E k＝12m v2＝32mgL，故C正确，D错误．故选AC.]10．(2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3) 的切线．现有一质量为0.20 kg，电荷量为＋2.0×10－8C的滑块P(可视作质点)，从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是()A．滑块运动的加速度先逐渐减小后逐渐增大B．x＝0.15 m处滑块运动的动能最大1.0×10－3JC．滑块运动过程中电势能先减小后增大D．滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3JAB[电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15 m处的场强E＝3×1050.15V/m＝2×106V/m，此时的电场力F＝qE＝2×10－8×2×106N＝0.04 N，滑动摩擦力大小f＝μmg＝0.02×2 N＝0.04 N，在x＝0.15 m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15 m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故A正确，在x＝0.15 m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，E km＝qU－fx，因为0.10 m和0.15 m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大动能为1.0×10－3J.故B正确．滑块运动过程中因电势一直降低，可知电势能一直减小，选项C错误；若滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3J，则移动的距离为Δx＝W ff ＝8.0×10－30.04m＝0.2 m，此时滑块从x＝0.1 m的位置运动到0.3 m的位置，电势能的变化为ΔE p＝(4－1.5)×105×2.0×10－8J＝5×10－3J，即电场力做功小于克服摩擦力做功，此时滑块的速度不为零，将继续运动一段距离停下，故滑块运动过程中克服摩擦力做功大于8.0×10－3J，选项D错误；故选AB.]二、非选择题11．(2018·四川省泸州市高三模拟)如图所示，相距2L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS下方的电场E1的场强方向竖直向上，PS上方的电场E2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB 上宽为L的PQ区域内，连续分布着电量为＋q、质量为m的粒子．从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场E1中，若从Q点射入的粒子，通过PS上的某点R进入匀强电场E2后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若MS两点的距离为L2.不计粒子的重力及它们间的相互作用．试求：(1)电场强度E 1与E 2的大小；(2)在PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD 边水平射出，这些入射点到P 点的距离有什么规律？解析 (1)设粒子由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 1与t 2，到达R 时竖直速度为v y ，则由y ＝12at 2、v y ＝at 及F ＝qE ＝ma 得：L ＝12a 1t 21＝12 qE 1m t 21L 2＝12a 2t 22＝12 qE 2m t 22v y ＝qE 1m t 1＝qE 2m t 2v 0(t 1＋t 2)＝2L联立解得：E 1＝9m v 208qL ，E 2＝9m v 204qL .(2)由(1)知E 2＝2E 1，t 1＝2t 2.因沿PS 方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD 边的时间同为t ＝2L v 0. 设PQ 间距离P 点为h 的粒子射入电场后，经过n (n ＝2,3,4，…)个类似于Q →R →M 的循环运动(包括粒子从电场E 2穿过PS 进入电场E 1的运动)后，恰好垂直于CD 边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T ＝t n ＝2L n v 0(n ＝2,3,4，…)，第一次到达PS 边的时间则为23T ，则有h ＝12·qE 1m ·(23T )2＝L n 2(n ＝2,3,4，…)．答案 (1)9m v 208qL 9m v 204qL (2)L n 2(n ＝2,3,4，…)12．(2018·辽宁省大连市高考模拟检测)竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R ＝1 m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E ＝4×103 V/m.小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长L ＝2m 的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F －t 的变化图象如图乙所示，且满足F 2＋t 2＝4π.已知三个小球均可看做质点且m a ＝0.25 kg ，m b ＝0.2 kg ，m c ＝0.05 kg ，小球c 带q ＝5×10－4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g ＝10 m/s 2，求(1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0；(2)小球c 运动到Q 点时的速度v ；(3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量．解析 对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：(1)由题意可知，F 图象所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S ＝1 m 2代入数据可得：v 0＝4 m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得m a v 0＝m a v 1＋(m b ＋m c )v 2由机械能守恒可得12m a v 20＝12m a v 21＋12(m b ＋m c )v 22 解得v 1＝0，v 2＝4 m/s小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理m c gR －qER ＝12(m b ＋m c )v 2－12(m b ＋m c )v 22代入数据可得v ＝2m/s(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：m b gR (1－cos θ)＋m c gR sin θ＋12(m b ＋m c )v 2＝qER sin θ解得sin θ＝0.6，θ＝37°因此小球c 电势能的增加量：ΔE p ＝qER (1＋sin θ)＝3.2 J ．]答案 (1)v 0＝4 m /s (2) v ＝2 m/s (3)ΔE P ＝3.2 J。