高考物理二輪復習考前保溫訓練4電場和帶電粒子在電場中的運動(含解析)

PAGEPAGE9電場和帶電粒子在電場中的運動(限時30分鐘)1．如圖所示，電荷量為＋q和－q的點電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內(nèi)電場強度為零的點有()A．體中心、各面中心和各邊中點B．體中心和各邊中點C．各面中心和各邊中點D．體中心和各面中心答案：D解析：根據(jù)點電荷場強公式E＝eq\f(kq,r2)及正方體的對稱性可知正方體內(nèi)中心點及各面的中心點處場強為零，故答案為D.2．(多選)關(guān)于靜電場的電場強度和電勢，下列說法正確的是()A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直B．電場強度為零的地方，電勢也為零C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向答案：AD解析：電場中場強為零的位置是絕對的，而電勢為零的位置是人為選取的；再者場強的大小表征著電勢隨空間的變化率，而與電勢的大小無關(guān)，故B錯誤．由沿電場線方向電勢降低，可知電勢的升降取決于場強的方向而與場強的大小無關(guān)，故C錯誤．3．(多選)如圖所示，豎直放置的平行板電容器的極板A與靜電計G相連，極板B與靜電計G的金屬外殼均接地，閉合開關(guān)S給電容器充電后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使指針張角增大的是()A．保持S閉合，使A、B兩板靠近一些B．保持S閉合，使A、B兩板正對面積錯開一些C．斷開S后，使B板向右平移拉開一些D．斷開S后，使A、B正對面積錯開一些答案：CD解析：題圖中靜電計的金屬球接電源正極，外殼和極板B均接地，靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高．保持S閉合，則A、B兩極與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓不變，靜電計指針張角不變，A、B兩項都不正確；斷開S后，板間距離增大，正對面積減小，都將使A、B兩板間的電容變小，而電容器電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)可知，板間電壓U增大，從而靜電計指針張角增大，C、D正確．4．(多選)如圖所示，A、B是帶有同種電荷的兩小球(可視為質(zhì)點)，兩球所帶電荷量不等，A球用輕細線懸掛于O點，B球被固定在O點正下方的B點，A球在力的作用下，偏離B球d1的距離靜止(即圖中A、B兩球間的距離為d1)．隨著時間的推移，兩球均出現(xiàn)漏電現(xiàn)象，A、B兩球的帶電荷量分別變?yōu)樵瓉淼膃q\f(2,3)和eq\f(4,9)，A、B兩球間的距離變?yōu)閐2，則d1∶d2為()A．2∶3 B．3∶2C．2eq\r(2)∶3eq\r(3) D．3eq\r(3)∶2eq\r(2)答案：B解析：對A球進行受力分析如圖所示，設A球的重力為G，漏電前后A、B的帶電荷量分別為QA、QB，QA′、QB′，A、B兩球間的作用力分別為F、F′，則有QA′＝eq\f(2,3)QA，QB′＝eq\f(4,9)QB，F(xiàn)＝keq\f(QAQB,d21)，F(xiàn)′＝keq\f(QA′QB′,d22)，式中k為靜電力常量；設O、B兩點間的距離為L1，由相似三角形法有eq\f(G,L1)＝eq\f(F,d1)，eq\f(G,L1)＝eq\f(F′,d2)，即eq\f(F,d1)＝eq\f(F′,d2)，聯(lián)立解得d1∶d2＝3∶2.故選B.5．(多選)如圖所示，在兩等量異種點電荷連線上有c、O、f三點，虛線M、L、K是分別過c、O、f三點的等差等勢面，一不計重力帶負電粒子從a點射入電場，只在電場力作用下沿abcde運動，軌跡如圖中實線所示，下列說法中正確是()A．電勢φK<φL<φMB．場強Ea<EbC．a(chǎn)點與e點的場強大小相等，方向相同D．粒子在c點的電勢能大于在e點的電勢能答案：BD解析：根據(jù)曲線運動的特點，軌跡向合外力的方向彎曲，可知粒子在c點受到向左的力，由于粒子帶負電，可知c點的電場線方向向右，可知選項A錯誤；等勢面的疏密表示電場的強弱，故Ea<Eb，選項B正確；a點與e點的場強大小相等，但方向不同，選項C錯誤；帶負電粒子在較低等勢面電勢能較大，c點電勢低于e點電勢，選項D正確．6．(多選)在x軸上電場強度E與x的關(guān)系如圖所示，O為坐標原點，a、b、c為x軸上的點，a、c之間的距離為d，a、c兩點的電場強度大小均為E0，則下列說法中正確的是()A．φb>φa＝φc>φOB．φO>φa>φb>φcC．將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做功大于eE0dD．將質(zhì)子從a點移到c點，質(zhì)子的電勢能增加答案：BC解析：在E-x圖象中，圖象與x軸所圍面積表示電勢差，由圖可以看出x軸上Oc段與圖線所圍面積大于ac段與圖線所圍面積，ac段與圖線所圍面積大于bc段與圖線所圍面積，即UOc>Uac>Ubc>0，所以φO>φa>φb>φc，故B正確，A錯誤；ac段與圖線所圍面積大于E0d，即Uac>E0d，所以將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做功大于eE0d，故C正確；將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做正功，質(zhì)子的電勢能減少，D錯誤．7．如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點O處的電勢為0V，點A處的電勢為6V，點B處的電勢為3V，則電場強度的大小為()A．200V/m B．200eq\r(3)V/mC．100V/m D．100eq\r(3)V/m答案：A解析：設OA中點為C，由eq\f(UAC,AC)＝eq\f(UCO,CO)可得C點的電勢φC＝3V，φC＝φB，即B、C在同一等勢面上，如圖，由電場線與等勢面的關(guān)系和幾何關(guān)系知：d＝1.5cm.則E＝eq\f(U,d)＝eq\f(3,1.5×10－2)V/m＝200V/m，A正確．8．(多選)如圖所示，電場強度方向水平向右的勻強電場中有a、b、c三點，三點的連線恰好組成一個邊長為l的正三角形．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(重力不計)以速度v0從a點射入電場，入射方向與b、c兩點的連線垂直，一段時間后帶電小球經(jīng)過c點．則下列判斷正確的是()A．帶電小球從a點運動到c點的時間為eq\f(\r(3)l,2v0)B．該勻強電場的電場強度大小為eq\f(4mv\o\al(2,0),3ql)C．帶電小球到達c點時的動能為eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)D．b、c兩點之間的電勢差為eq\f(2mv\o\al(2,0),3q)答案：AB解析：在豎直方向上小球做勻速直線運動，當小球運動到c點時，由運動學規(guī)律可得t＝eq\f(\r(3)l,2v0)，選項A正確；小球在水平方向上運動的距離為eq\f(l,2)，由運動學規(guī)律有eq\f(l,2)＝eq\f(qEt2,2m)，代入數(shù)據(jù)可解得E＝eq\f(4mv\o\al(2,0),3ql)，選項B正確；由動能定理可得Ekc＝qE·eq\f(l,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(7,6)mveq\o\al(2,0)，選項C錯誤；由電勢差公式可知Ubc＝E·l＝eq\f(4mv\o\al(2,0),3q)，選項D錯誤．9．如圖所示，兩平行金屬板之間有一勻強電場，金屬板長為L，一帶電粒子以速度v0垂直于場強方向沿上極板邊緣射入勻強電場，剛好貼下極板邊緣飛出，如果帶電粒子以某一垂直于場強方向的初速度v1沿上極板邊緣射入電場并能從其中射出，當它的豎直位移等于板間距d時，它的水平射程為2L(軌跡未畫出)．則粒子進入電場的初速度v1等于()A．v0 B.eq\r(2)v0C.eq\r(3)v0 D．2v0答案：C解析：設粒子在電場中的加速度為a.第一次，粒子恰好從下極板的邊緣飛出，粒子做類平拋運動，有L＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，解得v0＝Leq\r(\f(a,2d)).第二次，設粒子飛出電場時的豎直位移為y1，所用時間為t1，飛出電場后的豎直位移為y2，所用時間為t2，則y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，L＝v1t1，y2＝at1·t2，L＝v1t2，解得v1＝Leq\r(\f(3a,2d))＝eq\r(3)v0，故C正確．10．如圖所示，x軸上方有寬為L、方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m(重力不計)、帶電荷量為q(q>0)的粒子從y軸上的A點以初速度v0沿y軸負方向射入電場，粒子從x軸上的B點沿與x軸正方向成37°角的方向射出電場，并打在x軸下方的接收屏上C點(沒畫出)，已知粒子從B到C的運行時間與粒子在電場中的運行時間相同，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求勻強電場的電場強度E的大小；(2)求粒子接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離；(3)若粒子是質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的液滴，重力加速度為g，若要求液滴也能通過B點，則液滴的初速度應為多少？答案：(1)eq\f(4mv20,3qL)(2)2L(3)v0－eq\f(gL,2v0)解析：(1)粒子從A到B做類平拋運動，由類平拋規(guī)律知L＝v0t，vx＝eq\f(qE,m)t，OB＝eq\f(vx,2)t，vB＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,x))在B點有tan37°＝eq\f(v0,vx)，即vx＝eq\f(4,3)v0聯(lián)立得E＝eq\f(4mv\o\al(2,0),3qL)，OB＝eq\f(2,3)L，vB＝eq\f(5,3)v0.(2)粒子從B到C做勻速直線運動，由題意知BC＝vBt＝eq\f(5,3)L所以接收屏上C點到y(tǒng)軸的水平距離s＝OB＋BC·cos37°＝2L.(3)若粒子變?yōu)橐旱危O液滴的初速度為v，則液滴沿y軸做初速度為v的勻加速直線運動，沿x軸做初速度為零的勻加速直線運動，因水平方向各量均沒變，所以液滴的運行時間仍為t，則L＝vt＋eq\f(1,2)gt2，代入t值得v＝v0－eq\f(gL,2v0).11．如圖所示，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有電場強度為E、方向豎直向上的勻強電場；區(qū)域Ⅱ中有一光滑絕緣圓弧軌道，軌道半徑為R＝eq\f(5v\o\al(2,0),g)，軌道在A點的切線與水平方向成60°角，在B點的切線與豎直線CD垂直；在Ⅲ區(qū)域內(nèi)有一寬為d的有界勻強電場，電場強度大小未知，方向水平向右．一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球(可看成質(zhì)點)從左邊界的O點正上方的M點以速度v0水平射入?yún)^(qū)域Ⅰ，恰好從A點沿圓弧軌道切線進入軌道且恰好不能從電場右邊界穿出，求：(1)OM的長L；(2)區(qū)域Ⅲ中電場強度的大小E′；(3)小球到達區(qū)域Ⅲ中電場的右邊界上的點與OO′的距離s.答案：(1)eq\f(3mv\o\al(2,0),2qE＋mg)(2)eq\f(9mv\o\al(2,0),2qd)(3)eq\f(5v\o\al(2,0),2g)＋eq\f(2gd2,9v\o\al(2,0))解析：(1)小球在區(qū)域Ⅰ中做類平拋運動，設小球在A點時的速度為vA，豎直分速度為vy，則有cos60°＝eq\f(v0,vA)，即vA＝2v0tan60°＝eq\f(vy,v0)，即vy＝eq\r(3)v0由牛頓第二定律知a＝eq\f(qE＋mg,m)由veq\o\al(2,y)＝2aL知L＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2qE＋mg).(2)在區(qū)域Ⅱ中，由圖可知BC＝eq\f(R,2)所以從A點到B點，由動能定理得mg·eq\f(R,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)得vB＝3v0在區(qū)域Ⅲ中，小球在水平方向上做勻減速運動