2019高考物理二轮复习第9讲《电场及带电粒子在电场中的运动》专题训练（含答案解析）

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1、1第 9讲 电场及带电粒子在电场中的运动一、选择题(每小题 6分,共 48分)1.(2018河北石家庄质检)(多选)如图所示,正方形 ABCD的四个顶点各固定一个点电荷,所带电荷量分别为+q、-q、+q、-q,E、F、O 分别为 AB、BC及 AC的中点。下列说法正确的是 ( )A.E点电势低于 F点电势B.F点电势等于 E点电势C.E点电场强度与 F点电场强度相同D.F点电场强度大于 O点电场强度2.(2018山东菏泽一模)如图所示为某电场中 x轴上电势 随 x变化的图像,一个带电粒子仅受电场力作用在 x=0处由静止释放沿 x轴正向运动,且以一定的速度通过 x=x2处,则下列说法正确的是(

2、)A.x1和 x2处的电场强度均为零B.x1和 x2之间的场强方向不变C.粒子从 x=0到 x=x2过程中,电势能先增大后减小D.粒子从 x=0到 x=x2过程中,加速度先减小后增大3.(2018福建厦门检测)一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x轴正方向运动,其电势能 Ep随位移 x变化的关系如图所示,其中 Ox2段是关于直线 x=x1对称的曲线,x 2x3段是直线,则下列说法正确的是( )A.x1处电场强度最小,但不为零2B.粒子在 Ox2段做匀变速运动,x 2x3段做匀速直线运动C.在 O、x 1、x 2、x 3处的电势 0、 1、 2、 3的关系为 3 2= 0 1D.x2x3段的电场强

3、度大小方向均不变4.(2018天津理综,3,6 分)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设 M点和 N点的电势分别为 M、 N,粒子在 M和 N时加速度大小分别为aM、a N,速度大小分别为 vM、v N,电势能分别为 EpM、E pN。下列判断正确的是( )A.vM0C.整个移动过程中,静电力对 a做正功D.整个移动过程中,静电力对 a、b 整体做正功6.(2018江西上饶六校一联)(多选)一位同学用底面半径为 r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器,用来测定瓶内溶液深度的变化,如图所示,瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电

4、容器的两极,它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连,中间的一层塑料为绝缘介质,其厚度为 d,相对介电常数为 r。若发现在某段时间 t内有大小为 I的电流从下向上流过电流计,设电源提供电压恒定为 U,则下列说法中正确的是( )3A.瓶内液面升高了B.瓶内液面降低了C.电容器在这段时间内放电D.瓶内液面高度在 t时间内变化了2kdItU r7.(2018湖北襄阳调研)(多选)如图所示,一平行板电容器两极板 A、B 水平放置,上极板 A接地,电容器通过滑动变阻器 R和开关 S与电动势为 E的电源相连。现将开关闭合,位于 A、B 两板之间的 P点的带电粒子恰好处于静止状态。则( )A.B板电势为-

5、EB.改变滑动变阻器的滑片位置,带电粒子仍处于静止状态C.将 B板向上移动,P 点电势将不变D.将 B板向左平移,带电粒子电势能将不变8.(2018云南昆明检测)(多选)在竖直向上的匀强电场中,有两个质量相等、带异种电荷的小球 A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度 v0向右抛出,最后落到水平地面上,运动轨迹如图所示,两球之间的静电力和空气阻力均不考虑,则( )A.A球带正电,B 球带负电B.A球比 B球先落地C.在下落过程中,A 球的电势能减少,B 球的电势能增加D.两球从抛出到各自落地的过程中,A 球的速率变化量比 B球的小二、非选择题(每小题 16分,共 32分

6、)49.(2018山东滕州一模)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两点间的距离为 。不计粒L2子的重力及它们间的相互作用。试求:(1)电场强度 E1与 E2

7、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?510.(2018湖北宜昌调研)如图甲所示,两水平金属板 A、B 间的距离为 d,极板长为 l,A、B 右端有一竖直放置的荧光屏,荧光屏距 A、B 右端的距离为 0.7l。A、B 两板间加上如图乙所示的方波形电压,电压的正向值为 U0,反向值也为 U0,A、B 间的电场可看做匀强电场,且两板外无电场。现有质量为 m、电荷量为e(重力不计)的电子束,以速度 v0沿 A、B 两板间的中心线 OO射入两板间的偏转电场,所有电子均能通过偏转电场,最后打在荧光屏上。(1)求电子通过

8、偏转电场的时间 t0;(2)若 UAB的周期 T=t0,求从 OO上方飞出偏转电场的电子在飞出时离 OO的最大距离;(3)若 UAB的周期 T=2t0,求电子击中荧光屏上 O点时的速率。6答案精解精析一、选择题1.BD 根据对称性可知,E、F 两点电势相等,则 A项错误,B 项正确。根据对称性及场强的叠加原理可知,E点和 F点电场强度大小相等而方向不同,O 点的电场强度为零,F 点的电场强度大于零,则 C项错误,D 项正确。2.D -x 图像中斜率表示场强,斜率的绝对值的大小表示场强的大小,斜率的正负表示场强的方向,题图中 x1和 x2之间的场强大小先减小后增大,场强方向先沿负方向后沿正方向,

9、A、B 项错误;粒子由 x=0处由静止沿 x轴正向运动,表明粒子运动方向与电场力方向同向,则从 x=0到 x=x2的过程中,电场力先做正功后做负功,电势能先减小后增大,C 项错误;因从 x=0到 x=x2过程中,电场强度先减小后增大,故粒子的加速度先减小后增大,D 项正确。3.D 因为 E p=Eqx,所以 =Eq,即图像的斜率表示电场力的大小,所以在 x1处电场力最小,为零,故 Ep x在 x1处电场强度最小,为零,A 错误;图像的斜率表示电场力的大小,所以粒子 Ox2段做变加速直线运动,x2x3段做匀加速直线运动,B 错误;根据电势能与电势的关系 Ep=q,粒子带负电,q 2= 0 3,C

10、错误;x 2x3段为直线,斜率恒定,所以该段为匀强电场,D正确。4.D 本题考查带电粒子在电场中的运动。由粒子的轨迹知电场力的方向偏向右,因粒子带负电,故电场线方向偏向左,由沿电场线方向电势降低,可知 NvN。综上所述,选项 D正确。Eqm5.B 由题意及等量异种点电荷电场线特点可知:无穷远及中垂线上电势为零;电势沿电场线方向降落。设 AB连线的中点为 O。由于 AB连线的垂直平分线是一条等势线,且一直延伸到无穷远处,所以 O点的电势为零。AO 间的电场线方向由 AO,而顺着电场线方向电势逐渐降低,可知,a 所处的位置电势 a0,故 A错误;a 所处的位置电势 a0,b所处的位置电势 b0,故

11、 B正确;在平移过程中,a 所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角,则静电力对 a做负功,故 C错误;a、b 看成一个整体,原来总电势能为零,在 AB连线处系统总电势能Ep0,所以整个移动过程中,总电势能增大,静电力对 a、b 整体做负功,故 D错误。6.BCD 根据 C= ,当 d、 r不变时,CS,而正对面积 S正比于液面高度 h。电流计中有从下向上流 rS4kd过的电流,说明电容器在放电,电容器带电荷量 Q=CU在减小,在电压 U恒定时,说明电容 C在减小,则 h7也在减小,瓶内的液面降低了,故 A错误,B、C 项正确。t 时间内放电,释放的电荷量 Q=UC=It,C= ,解得 h= ,故

12、 D项正确。 r S4kd r2 r h4kd 2kdItU r7.ABD A、B 两板的电势差为 E, A- B=E, A=0,所以 B=-E,故 A正确;改变滑动变阻器的滑片位置,两极板间的电压不变,极板间的电场强度不变,粒子所受电场力不变,带电粒子仍处于静止状态,故 B正确;将 B板向上移动,极板间距离减小,极板间场强变大,A 板与 P点的电势差变大,A 板电势不变,P 点电势变小,故 C错误;将 B板向左平移,极板间的距离和电压不变,场强不变,P 点电势不变,带电粒子电势能不变,故 D正确。8.AD 两球均做类平抛运动,水平方向上有 x=v0t,竖直方向上有 h= at2,得加速度大小

13、 a= ,可见水平12 2hv20x2距离 x越大,加速度 a越小,相应所用时间 t越长,即 B球先落地,A 球的加速度 a1小于 B球的加速度 a2,说明 A球带正电而受到竖直向上的电场力,B 球带负电而受到竖直向下的电场力,在下落过程中,电场力对 A球做负功,A 球电势能增加,电场力对 B球做正功,B 球电势能减少,选项 A正确,B、C 均错误;根据动能定理有 mah= mv2- m ,可见加速度 a越大,落地速度 v越大,速率变化量越大,即 A球的速率变化量较12 12v20小,选项 D正确。二、非选择题9. 答案 (1) (2) (n=2,3,4,)9mv208qL9mv204qL L

14、n2解析 (1)设粒子由 Q到 R及 R到 M点的时间分别为 t1与 t2,到达 R时竖直速度为 vy,则由y= at2、v y=at及 F=qE=ma得:12L= a1 =12t2112qE1mt21= a2 =L212t2212qE2mt22vy= t1= t2qE1m qE2mv0(t1+t2)=2L联立解得 E1= ,E2=9mv208qL 9mv204qL(2)由(1)知 E2=2E1,t1=2t2。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= 。2Lv08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 QRM 的循环运动(包

15、括粒子从电场 E2穿过 PS进入电场 E1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= = (n=2,3,4,),第一次到达 PS边的时间则为 T,则有tn2Lnv0 23h= = (n=2,3,4,)。12 qE1m (23T)2Ln210. 答案 (1) (2) (3)lv0 eU0l24mdv20 v20+(eU0l5mdv0)2解析 (1)电子在水平方向做匀速运动有:v 0t0=l解得 t0=lv0(2)当 T=t0时,t=0 时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大设最大距离为 ym,加速度大小为 a,则有:ym=2 a12(t02)2a=eU0md

16、解得最大距离 ym=eU0l24mdv20(3)当 T=2t0时,电子要到达 O点在电场中必须在竖直方向上先加速后减速再反向加速,并且加速度大小相等,离开电场后竖直方向上匀速,从 O到 O的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上加速时间为 t,则在竖直方向上有:y 上 =2 a(t) 212y 下 = a(t0-2t) 2+a(t0-2t)12 (0.7lv0)要到达 O点,则有 y 上 =y 下解得:t=0.4t 0,另一解:t=3 舍去t0所以到达 O点的电子在竖直方向上的速度大小为 vy=a(t0-2t)到达荧光屏上 O点的电子的速率为 v= v20+v2y解得电子击中荧光屏上 O点时的速率:v= v20+(eU0l5mdv0)2