《高考物理一轮复习 高频考点强化练（七）电场及带电粒子在电场中的运动问题（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮复习 高频考点强化练（七）电场及带电粒子在电场中的运动问题（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、电场及带电粒子在电场中的运动问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。17题为单选题,810题为多选题)1.如图所示,电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY、水平偏转电极XX和荧光屏组成,当电极YY和XX所加电压都为零时,电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上,下列说法正确的是()A.当上极板Y的电势高于Y,而后极板X的电势低于X时,电子将打在第一象限B.电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关C.电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关D.电子通过XX时的水平偏转量与YY所加电压大小有关【解析】选C。由于电子带负电,所以电子在电
2、场中运动时会偏向电势高的一边,故当上极板Y的电势高于Y,而后极板X的电势低于X时,电子将打在第二象限,故A错;电子在水平方向上不受力,所以水平方向做匀速运动,故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关,故B错误;根据动能定理,电子出电场后的动能和电场力做功的大小有关,即qU=mv2-m,故C正确;电子通过XX时的水平偏转量与XX所加电压大小有关,故D错误;故选C。2.电流和电压传感器可以测量电流和电压,传感器与计算机相连,对采集的数据进行处理,并拟合出相应的函数图像,如图所示,把原来不带电的电容器接人电路,闭合电键后。下列图像中能够正确反映充电过程中电荷量与电压、电流与时间关系的
3、是()【解析】选A。电容器接电源充电开始时,电压差较大,充电电流最大,随着充电进行,电容器的电压和电源电动势的差减小,充电电流逐渐变小,最后当UC=E时充电结束,电流变为零,i-t图像围成的面积表示电容器所带电量,故A正确,B错误。根据电容器的定义式C=,故q-U图像应为倾斜直线,斜率等于电容器的电容不变,故C、D均错误。故选A。3.(2018全国卷)如图,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则()A.a、b的电荷同号,k=B.a、b的电荷异号,
4、k=C.a、b的电荷同号,k=D.a、b的电荷异号,k=【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)判断a、b电荷的带电情况。(2)判断小球c所受a、b电荷库仑力的方向。(3)根据几何关系,找出小球c所受a、b电荷库仑力的关系。【解析】选D。假设a、b的电荷同号,若小球c与a、b的电荷同号,则小球c所受库仑力的合力的方向斜向上;若小球c与a、b的电荷异号,则小球c所受库仑力的合力的方向斜向下,这样与已知条件“小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线”相矛盾,故a、b的电荷异号。设ac与ab的夹角为,则tan =,根据库仑定律有:Fbc=k0、Fac=k0, 而tan =,解得k=。4.如图
5、所示,左侧为加速电场,右侧为偏转电场,加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍。有一初速度为零的电荷经加速电场加速后,从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入,且正好能从极板下边缘穿出电场,不计电荷的重力,则偏转电场长宽之比的值为()A.B.C.D.【解析】选B。设加速电压为U1,偏转电压为U2,因为qU1=m,电荷离开加速电场时的速度v0=;在偏转电场中=t2,解得t=d,水平距离l=v0t=d=d=d,所以=,B正确。【补偿训练】如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么()A.若微粒带正电荷,则A板
6、一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加【解析】选C。若微粒带正电荷,则A板可能带正电荷,也可能带负电荷,A错误。微粒从M点运动到N点,电场力可能对微粒做正功,也可能做负功,故电势能可能增加,也可能减少,B错误。合外力指向曲线凹侧,故电场力与重力的合力竖直向下,与速度方向成锐角,合外力做正功,动能增加,C正确。由于电场力可能对微粒做正功,也可能做负功,即机械能可能增大,也可能减小,D错误。5.如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子;在负极板附近有另一质量为
7、m、电荷量为-q的粒子。在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则Mm为()A.32B.21C.52D.31【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)根据位移关系,结合公式x=at2判断a的比值。(2)利用牛顿第二定律寻找M与m的比值。【解析】选A。因为x=at2,所以=;根据牛顿第二定律可得a=,因此=,故选A。6.如图所示,一绝缘细线Oa下端系一轻质带正电的小球a(重力不计),地面上固定一光滑的绝缘圆弧管道AB,圆心与a球位置重合,一质量为m、带负电的小球b从A点由静止释放,小球a由于受到绝缘细
8、线的拉力而静止,其中细线Oa水平,Oa悬线与竖直方向的夹角为,当小球b沿圆弧管道运动到a球正下方B点时对管道壁恰好无压力,在此过程中(a、b两球均可视为点电荷)()A.b球所受的库仑力大小为2mgB.b球的机械能逐渐减小C.悬线Oa的拉力先增大后减小D.水平细线的拉力先增大后减小【解题指南】解答该题抓住以下特点(1)球a的重力不计;(2)a对b球的库仑力对b球不做功,b球机械能守恒;(3)由库仑定律可知b对a球的库仑力大小不变,将此库仑力沿两线方向分解进而可分析两线上拉力变化情况。【解析】选D。b球从A到B过程中,只有重力对b球做功,b球机械能守恒,则有m=mgR,由牛顿第二定律有F库-mg=
9、m,得F库=3mg,A、B项错误。由库仑定律可知小球b从A运动到B的过程中,b球对a球的库仑力大小不变,方向由a指向b,则对a球受力分析可知两段细线拉力的合力始终与b球对a球库仑力等大反向,将库仑力沿两线方向分解,由图可知悬线Oa的拉力一直增大,水平细线的拉力先增大后减小,C项错误,D项正确。7.如图所示为某粒子分析器的简化结构。金属板P、Q相互平行,两板通过直流电源、开关相连,其中Q板接地。一束带电粒子,从a处以一定的初速度平行于金属板P、Q射入两板之间的真空区域,经偏转后打在Q板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下,要使该粒子束能从Q板上b孔射出(不计粒子重力和粒子间的相互影响),下列
10、操作中可能实现的是()A.保持开关S闭合,适当上移P极板B.保持开关S闭合,适当左移P极板C.先断开开关S,再适当上移P极板D.先断开开关S,再适当左移P极板【解析】选A。保持开关S闭合,则两极板间U不变,适当上移P极板,由E=知两极板间的电场强度减小,由y=at2得粒子从a到b的时间增大,水平位移x=v0t增大,可能从b孔射出,选项A正确;保持开关S闭合,适当左移P极板,粒子在板间的电场强度不变,运动时间和水平位移均不变,选项B错误;先断开开关S,再适当上移P极板,两板间的电场强度不变,粒子运动的时间不变,水平位移不变,选项C错误;先断开开关S,再适当左移P极板,电容C减小,再由U=知,电压
11、U增大,电场强度E增大,粒子在板间的运动时间减小,水平位移减小,选项D错误。8.(2019渭南模拟)如图所示为一孤立的负点电荷形成的电场,一带电粒子仅在电场力的作用下以某一速度进入该电场,依次经过A、B、C三点,其中A、C两点与点电荷的距离相等,B点是轨迹上距离点电荷最近的点。则下列说法正确的是()A.粒子运动到B点的速率最小B.相邻两点间的电势差关系为UAB=UBCC.该粒子带负电,并且在B点时的加速度最大D.粒子在B点的电势能小于在C点的电势能【解析】选A、C。由题可得粒子受到的电场力向左,粒子带负电;在从A到B运动的过程中,电场力对粒子做负功,粒子的速度减小,运动到B点时的速度最小,所以
12、A正确;由于A、C两点与负点电荷的距离相等,所以UAB=-UBC,所以B错误;根据电场线的疏密可得,B点处的电场线最密,所以粒子在B点时受到的电场力最大,加速度最大,所以C正确;当粒子向左运动的过程中,电场力对粒子做正功,电势能减少,粒子在C点时电势能小于其在B点时的电势能,所以D错误。故选C。9.在匀强电场中,A、B、C、D、E、F位于边长为L=2 cm的正六边形的顶点上,匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知A、B、D、E的电势分别为-2 V、 0 V、 6 V、 4 V。则下列说法正确的是()A.C点的电势C=2 V B.A、F间的电势差UAF=2 VC.C、F间的电势差UCF=4
13、 V D.该匀强电场的场强大小E=200 V/m【解析】选C、D。连接AD、BF、CE,如图所示:由图可知AD与BF、CE都垂直,故电场强度方向由D指向A,由正六边形对称性可知F与B的电势相等,C与E的电势相等,故F点的电势为0 V,C点的电势为4 V,则A、F间的电势差为UAF=A-F=-2 V-0 V=-2 V,C、F间的电势差为UCF=C-F=4 V-0 V=4 V,由几何关系得:dOA=Lsin 30,而UOA=UFA=-UAF=2 V,则电场强度的大小为E=200 V/m,故A、B错误,C、D正确,故选C、D。10.如图甲所示,一对长为L的金属板,平行正对放置,质量为m的电子从平行板
14、左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间。两板间所加交变电压UAB如图乙所示,交变电压的周期T=,已知所有电子都能穿过平行板,不考虑电子的重力和电子间的相互作用,则()A.所有电子都从右侧的同一点离开电场B.电子离开电场时速度大小都等于v0C.t=0时刻进入电场的电子,离开电场时的动能大于mD.在t=0时刻进入电场的电子,在两板间运动时侧位移最大【解析】选B、D。电子进入电场后做类平抛运动,不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图所示,根据图像的“面积”大小等于位移可知,各个电子在竖直方向的位移不全相同,故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同,选项A错误;由图看出,所有电子离开电场时竖
15、直方向分速度vy=0,速度都等于v0,故选项B正确;由以上分析可知,电子离开电场时的速度都相同,动能都为m,故选项C错误;根据图像可知,在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大,故选项D正确。【总结提升】带电粒子在交变电场中运动问题的主要求解方法(1)受力分析:受力分析是基础,在受力分析时是否考虑重力必须注意题目条件。(2)运动过程分析:在运动过程分析中应注意物体做直线运动、曲线运动及圆周运动、类平抛运动。(3)根据不同的运动过程及物理模型选择合适的物理规律列方程求解。(4)常用的物理规律有:共点力的平衡条件、牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律、功能关系、圆周运动向心力公式等。(5)
16、思维方法:常用到力的合成与分解、运动的合成与分解、等效法、假设法、类比法等。二、计算题(本题共2小题,共30分。需写出必要的文字说明和规范的解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(15分)(2020昆明模拟)直角三角形ABC处在竖直向上的匀强电场中,AB边沿竖直方向,BC边沿水平方向,C=30,AB长为h,质量为m不带电的小球a从三角形顶点A以一定的初动能水平抛出,恰好落在C点。另有质量为m带-q的小球b,从A点水平抛出,也落到C点。已知b球的初动能为a球的三倍,求:(1)空间中电场强度的大小;(2)小球b落到C点时的动能。【解析】(1)小球a平抛的过程中,对a,有:h=gx=v0ata小球
17、b类平抛的过程中,对b,有:mg+qE=mah=a,x=v0btb,m=3m由以上各式得a=3g,E=(2)由题可知,tan30=结合(1)问各式,可得v0b=小球b做类平抛的过程中,对b,由动能定理有:(mg+qE)h=Ek-m,结合以上各式得:Ek=答案:(1)(2)12.(15分)(2019全国卷)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g,求:(1)电场强度的大小。(2)B运动到P点
18、时的动能。【解析】(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a, O、P两点的高度差为h。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=mah=a()2=gt2解得E=(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的水平距离为l,根据动能定理有Ek-m=mgh+qEh且有l=v1=v0th=gt2联立式得Ek=2m(+g2t2)答案:(1)(2)2m(+g2t2)【补偿训练】如图所示,水平放置的平行板电容器,两板间距离为d=8 cm,板长为L=25 cm,接在直流电上,有一带电液滴以v0=0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入,恰好做匀速直线运动,当
19、它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm,液滴刚好从金属板末端飞出,求:(1)将下板向上提起后,液滴的加速度大小。(2)液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P点所用时间为多少?(g取10 m/s2)【解析】(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力,因为液滴匀速运动,所以有:qE=mg,q=mg,即:qU=mgd当下板向上提后,d减小,E增大,电场力增大,故液滴向上偏转,在电场中做类平抛运动。此时液滴所受电场力F=q=,a=g=2 m/s2(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出,所以液滴在竖直方向上的位移是。设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1,则=a,t1=0.2 s而液滴从刚进入电场到出电场的时间t2=0.5 s所以液滴从射入电场开始到匀速运动到P点的时间为t=t2-t1=0.3 s答案:(1)2 m/s2(2)0.3 s