2016高考物理二轮复习：考前保温训练 (4)

考前保温训练(四)电场和带电粒子在电场中的运动(限时30分钟)1．如图所示，电荷量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有()A．体中心、各面中心和各边中点B．体中心和各边中点C．各面中心和各边中点D．体中心和各面中心答案：D解析：根据点电荷场强公式E＝kqr2及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零，故答案为D.2．(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是() A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向答案：AD解析：电场中场强为零的位置是绝对的，而电势为零的位置是人为选取的；再者场强的大小表征着电势随空间的变化率，而与电势的大小无关，故B错误．由沿电场线方向电势降低，可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关，故C错误．3．(多选)如图所示，竖直放置的平行板电容器的极板A与静电计G相连，极板B与静电计G的金属外壳均接地，闭合开关S给电容器充电后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使指针张角增大的是()A．保持S闭合，使A、B两板靠近一些B．保持S闭合，使A、B两板正对面积错开一些C．断开S后，使B板向右平移拉开一些D．断开S后，使A、B正对面积错开一些答案：CD解析：题图中静电计的金属球接电源正极，外壳和极板B均接地，静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．保持S闭合，则A、B两极与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变，A、B两项都不正确；断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器电荷量不变，由C＝QU可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大，C 、D 正确．4．(多选)如图所示，A 、B 是带有同种电荷的两小球(可视为质点)，两球所带电荷量不等，A 球用轻细线悬挂于O 点，B 球被固定在O 点正下方的B 点，A 球在力的作用下，偏离B 球d 1的距离静止(即图中A 、B 两球间的距离为d 1)．随着时间的推移，两球均出现漏电现象，A 、B 两球的带电荷量分别变为原来的23和49，A 、B 两球间的距离变为d 2，则d 1∶d 2为( )A ．2∶3B ．3∶2C ．22∶3 3D ．33∶2 2答案：B解析：对A 球进行受力分析如图所示，设A 球的重力为G ，漏电前后A 、B 的带电荷量分别为Q A 、Q B ，Q A ′、Q B ′，A 、B 两球间的作用力分别为F 、F ′，则有Q A ′＝23Q A ，Q B ′＝49Q B ，F ＝k Q A Q B d 21，F ′＝k Q A ′Q B ′d 22，式中k 为静电力常量；设O 、B 两点间的距离为L 1，由相似三角形法有G L 1＝F d 1，G L 1＝F ′d 2，即F d 1＝F ′d 2，联立解得d 1∶d 2＝3∶2.故选B.5．(多选)如图所示，在两等量异种点电荷连线上有c 、O 、f 三点，虚线M 、L 、K 是分别过c 、O 、f 三点的等差等势面，一不计重力带负电粒子从a 点射入电场，只在电场力作用下沿abcde 运动，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确是( )A ．电势φK <φL <φMB ．场强E a <E bC ．a 点与e 点的场强大小相等，方向相同D ．粒子在c 点的电势能大于在e 点的电势能答案：BD解析：根据曲线运动的特点，轨迹向合外力的方向弯曲，可知粒子在c 点受到向左的力，由于粒子带负电，可知c 点的电场线方向向右，可知选项A 错误；等势面的疏密表示电场的强弱，故E a <E b ，选项B 正确；a 点与e 点的场强大小相等，但方向不同，选项C 错误；带负电粒子在较低等势面电势能较大，c 点电势低于e 点电势，选项D正确．6．(多选)在x轴上电场强度E与x的关系如图所示，O为坐标原点，a、b、c为x轴上的点，a、c之间的距离为d，a、c两点的电场强度大小均为E0，则下列说法中正确的是()A．φb>φa＝φc>φOB．φO>φa>φb>φcC．将质子从a点移到c点，电场力做功大于eE0dD．将质子从a点移到c点，质子的电势能增加答案：BC解析：在E-x图象中，图象与x轴所围面积表示电势差，由图可以看出x轴上Oc段与图线所围面积大于ac段与图线所围面积，ac 段与图线所围面积大于bc段与图线所围面积，即U Oc>U ac>U bc>0，所以φO>φa>φb>φc，故B正确，A错误；ac段与图线所围面积大于E0d，即U ac>E0d，所以将质子从a点移到c点，电场力做功大于eE0d，故C正确；将质子从a点移到c点，电场力做正功，质子的电势能减少，D错误．7．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()A ．200 V/mB ．200 3 V/mC ．100 V/mD ．100 3 V/m答案：A解析：设OA 中点为C ，由U AC AC ＝U CO CO 可得C 点的电势φC ＝3 V ，φC ＝φB ，即B 、C 在同一等势面上，如图，由电场线与等势面的关系和几何关系知：d ＝ 1.5 cm.则E ＝U d ＝31.5×10－2 V/m ＝200 V/m ，A 正确．8．(多选)如图所示，电场强度方向水平向右的匀强电场中有a 、b 、c 三点，三点的连线恰好组成一个边长为l 的正三角形．一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(重力不计)以速度v 0从a 点射入电场，入射方向与b 、c 两点的连线垂直，一段时间后带电小球经过c 点．则下列判断正确的是( )A ．带电小球从a 点运动到c 点的时间为3l 2v 0B ．该匀强电场的电场强度大小为4m v 203qlC ．带电小球到达c 点时的动能为23m v 20 D ．b 、c 两点之间的电势差为2m v 203q答案：AB解析：在竖直方向上小球做匀速直线运动，当小球运动到c 点时，由运动学规律可得t ＝3l 2v 0，选项A 正确；小球在水平方向上运动的距离为l 2，由运动学规律有l 2＝qEt 22m ，代入数据可解得E ＝4m v 203ql，选项B 正确；由动能定理可得E k c ＝qE ·l 2＋12m v 20＝76m v 20，选项C 错误；由电势差公式可知U bc ＝E ·l ＝4m v 203q，选项D 错误． 9．如图所示，两平行金属板之间有一匀强电场，金属板长为L ，一带电粒子以速度v 0垂直于场强方向沿上极板边缘射入匀强电场，刚好贴下极板边缘飞出，如果带电粒子以某一垂直于场强方向的初速度v 1沿上极板边缘射入电场并能从其中射出，当它的竖直位移等于板间距d 时，它的水平射程为2L (轨迹未画出)．则粒子进入电场的初速度v 1等于( )A ．v 0 B.2v 0C.3v 0D ．2v 0答案：C 解析：设粒子在电场中的加速度为a .第一次，粒子恰好从下极板的边缘飞出，粒子做类平抛运动，有L ＝v 0t ，d ＝12at 2，解得v 0＝L a 2d.第二次，设粒子飞出电场时的竖直位移为y 1，所用时间为t 1，飞出电场后的竖直位移为y 2，所用时间为t 2，则y 1＝12at 21，L ＝v 1t 1，y 2＝at 1·t 2，L ＝v 1t 2，解得v 1＝L 3a 2d＝3v 0，故C 正确．10．如图所示，x 轴上方有宽为L 、方向水平向右的匀强电场，一质量为m (重力不计)、带电荷量为q (q >0)的粒子从y 轴上的A 点以初速度v 0沿y 轴负方向射入电场，粒子从x 轴上的B 点沿与x 轴正方向成37°角的方向射出电场，并打在x 轴下方的接收屏上C 点(没画出)，已知粒子从B 到C 的运行时间与粒子在电场中的运行时间相同，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；(2)求粒子接收屏上C 点到y 轴的水平距离；(3)若粒子是质量为m 、带电荷量为＋q 的液滴，重力加速度为g ，若要求液滴也能通过B 点，则液滴的初速度应为多少？答案：(1)4m v 203qL (2)2L (3)v 0－gL 2v 0解析：(1)粒子从A 到B 做类平抛运动，由类平抛规律知L ＝v 0t ，v x ＝qE m t ，OB ＝v x 2t ，v B ＝v 20＋v 2x 在B 点有tan 37°＝v 0v x，即v x ＝43v 0 联立得E ＝4m v 203qL ，OB ＝23L ，v B ＝53v 0. (2)粒子从B 到C 做匀速直线运动，由题意知BC ＝v B t ＝53L 所以接收屏上C 点到y 轴的水平距离s ＝OB ＋BC ·cos 37°＝2L .(3)若粒子变为液滴，设液滴的初速度为v ，则液滴沿y 轴做初速度为v 的匀加速直线运动，沿x 轴做初速度为零的匀加速直线运动，因水平方向各量均没变，所以液滴的运行时间仍为t ，则L ＝v t ＋12gt 2，代入t值得v＝v0－gL 2v0.11．如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝5v20g，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看成质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：(1)OM的长L；(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s.答案：(1)3m v202(qE＋mg)(2)9m v202qd(3)5v202g＋2gd29v20解析：(1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为v A，竖直分速度为v y，则有cos 60°＝v0v A，即v A＝2v0tan 60°＝v y v 0，即v y ＝3v 0 由牛顿第二定律知a ＝qE ＋mg m由v 2y ＝2aL 知L ＝3m v 202(qE ＋mg ).(2)在区域Ⅱ中，由图可知BC ＝R 2所以从A 点到B 点，由动能定理得mg ·R 2＝12m v 2B －12m v 2A 得v B ＝3v 0在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知v 2B ＝2qE ′m d ，得E ′＝9m v 202qd. (3)v B ＝qE ′m t ，所以t ＝2d 3v 0小球在竖直方向上做自由落体运动，即h ＝12gt 2＝2gd 29v 20所以小球到达右边界上的点与OO ′的距离s ＝BC ＋h ＝5v 202g＋2gd2 9v20.。