高考物理二輪復習測試 專題三第1講課下帶電粒子在電場中的運動

[課下——針對高考押題訓練]1．(2012·上海高考)A、B、C三點在同一直線上，AB∶BC＝1∶2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷。當在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為()A．－F/2 B．F/2C．－F D．F解析：選B如圖所示，設B處的點電荷帶電荷量為正，AB＝r，則BC＝2r，根據庫侖定律F＝eq\f(kQq,r2)，F(xiàn)′＝eq\f(kQ·2,2r2)，可得F′＝eq\f(F,2)，故選項B正確。2.(2012·福建質檢)一靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖1所示的折線。現(xiàn)將帶正電的試探電荷沿x軸從x1＝－d移到x2＝2d，在此過程中，下列判斷正確的是()A．電場力的方向始終沿x軸正方向B．電場力的大小先逐漸增大后逐漸減小圖1C．電勢能先逐漸減小后逐漸增大D．電場力先做負功后做正功解析：選D由圖可知在－d到O的過程中電勢在升高，故電場線的方向沿x軸的反方向，在O到2d的過程中電勢在降低，故電場線的方向沿x軸的正方向，所以電場線的方向先向x軸的反方向再向正方向，電場力的方向先向反方向，再向正方向，故A錯；由圖象知電勢隨x均勻變化，故沿x正方向和反方向的電場都是勻強電場，故B錯；在－d到O的過程中電勢在升高，正電荷的電勢能在增加，在O到2d的過程中電勢在降低，正電荷的電勢能在減小，電場力先做負功后做正功，故C錯D對。3．如圖2甲所示，A、B是某電場中一條電場線上的兩點。一個帶負電的點電荷僅受電場力作用，從A點沿電場線運動到B點。在此過程中，該點電荷的速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列說法中正確的是()圖2A．A點的電場強度比B點的大B．A、B兩點的電場強度相等C．A點的電勢比B點的電勢高D．A點的電勢比B點的電勢低解析：選C由題圖乙可得該點電荷由A點到B點做減速運動，所以點電荷所受的電場力與運動方向相反，由B指向A，由于點電荷帶負電，所受電場力與電場強度方向相反，故電場強度方向由A指向B，沿著電場線方向電勢越來越低，所以A點電勢比B點電勢高，C正確，D錯誤；由圖乙可得v－t圖象斜率越來越大，說明點電荷的加速度越來越大，由牛頓第二定律可得電場力越來越大，所以由A到B電場強度在增大，A點的電場強度比B點的小，A、B錯誤。4.(2012·溫州模擬)一帶電小球懸掛在平行板電容器內部，閉合開關S，電容器充電后，懸線與豎直方向夾角為θ，如圖3所示。下列方法中能使夾角θ減小的是()A．保持開關閉合，使兩極板靠近一些B．保持開關閉合，使滑動變阻器滑片向右移動圖3C．保持開關閉合，使兩極板遠離一些D．斷開開關，使兩極板靠近一些解析：選C保持開關閉合，兩極板間電壓不變，使兩極板靠近一些，板間電場強度變大，夾角θ增大，A錯；保持開關閉合，使滑動變阻器滑片向右移動，不會影響板間電壓，夾角θ不變，B錯；保持開關閉合，板間電壓不變，使兩極板遠離一些，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強度減小，夾角θ減小，C對；斷開開關，使兩極板靠近一些，極板上電荷量不變，板間電場強度不變，夾角θ不變，D錯。5．平行板間有如圖4所示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時刻開始將其釋放，運動過程無碰板情況。在圖5所示的圖象中，正確定性描述粒子運動的速度圖象的是()圖4圖5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，由對稱性可知，在T時速度減為零。此后周期性重復，故A正確。6.(2012·重慶高考)空間中P、Q兩點處各固定一個點電荷，其中P點處為正電荷，P、Q兩點附近電場的等勢面分布如圖6所示，a、b、c、d為電場中的4個點，則()圖6A．P、Q兩點處的電荷等量同種B．a點和b點的電場強度相同C．c點的電勢低于d點的電勢D．負電荷從a到c，電勢能減少解析：選D根據電場線與等勢線垂直得：必有一條電場線與P、Q連線重合，P為正電荷，故該電場線必從P沿直線指向Q，因電場線總是由正電荷指向負電荷，故P、Q電荷為等量異種電荷，A選項錯誤；電場強度是矢量，a、b兩處電場強度方向不同，B選項錯誤；因越靠近正電荷，電勢越高，故c點電勢高于d點電勢，C選項錯誤；根據等勢線的分布及P、Q的電性，c所在的等勢線電勢高于a所在等勢線的電勢，負電荷從a到c，電場力做正功，電勢能減少，D選項正確。7．(2012·安徽高考)如圖7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/m 圖7C．100V/m D．100eq\r(3)V/m解析：選A在勻強電場中，若沿某一方向電勢降落，則在這一方向上電勢均勻降落，故OA的中點C的電勢φC＝3V(如圖所示)，因此B、C為等勢面。O點到BC的距離d＝OCsinα，而sinα＝eq\f(OB,\r(OB2＋OC2))＝eq\f(1,2)，所以d＝eq\f(1,2)OC＝1.5×10－2m。根據E＝eq\f(U,d)得，勻強電場的電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(3,1.5×10－2)V/m＝200V/m，故選項A正確，選項B、C、D錯誤。8．(2012·安徽高考)如圖8甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點P(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E＝2πkσeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,R2＋x2)))，方向沿x軸。現(xiàn)考慮單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示。則圓孔軸線上任意一點Q(坐標為x)的電場強度為()圖8A．2πkσ0eq\f(x,r2＋x2)) B．2πkσ0eq\f(r,r2＋x2)C．2πkσ0eq\f(x,r) D．2πkσ0eq\f(r,x)解析：選A利用均勻帶電圓板軸線上的電場強度公式，當R無限大時，Q點電場強度E1＝2πkσ0，當R＝r時，Q點電場強度E2＝2πkσ0eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,r2＋x2)))，現(xiàn)從帶電平板上中間挖去一半徑為r的圓板，則Q點電場強度E3＝E1－E2，只有選項A正確。9．(2011·福建高考)反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如圖9所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如圖所示，帶電微粒質量m＝1.0×10－20kg，帶電量q＝－1.0×10－9C，A點距虛線MN的距離d1＝1.0cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應。求：(1)B點距虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點運動到B點所經歷的時間t。解析：(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0①解得d2＝eq\f(E1,E2)d1＝0.50cm②(2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|E1＝ma1③|q|E2＝ma2④設微粒在虛線MN兩側運動的時間分別為t1、t2，由運動學公式有d1＝eq\f(1,2)a1t12⑤d2＝eq\f(1,2)a2t22⑥又t＝t1＋t2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s答案：(1)0.50cm(2)1.5×10－8s10．(2012·湖南四市聯(lián)考)如圖10所示，在同一條豎直線上，有電荷量均為Q的A、B兩個正點電荷，GH是它們連線的垂直平分線。另有一個帶電小球C，質量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷)，被長為L的絕緣輕細線懸掛于O點，現(xiàn)在把小球O拉起到M點，使細線水平圖10且與A、B處于同一豎直面內，由靜止開始釋放，小球C向下運動到GH線上的N點時剛好速度為零，此時細線與豎直方向的夾角θ＝30°。試求：(1)在A、B所形成的電場中M、N兩點間的電勢差，并指出M、N哪一點的電勢高。(2)若N點與A、B兩個點電荷所在位置正好形成一個邊長為a的正三角形，則小球運動到N點瞬間，輕細線對小球的拉力FT(靜電力常量為k)。解析：(1)帶電小球C在A、B形成的電場中從M點運動到N點的過程中，重力和電場力做功，但合力功為零，則qUMN＋mglcosθ＝0所以UMN＝－eq\f(\r(3)mgl,2q)即M、N兩點間的電勢差大小為eq\f(\r(3)mgl,2q)且N點的電勢高于M點的電勢。(2)在N點，小球