（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練8 電場(chǎng)性質(zhì)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）

《（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練8 電場(chǎng)性質(zhì)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練8 電場(chǎng)性質(zhì)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題能力訓(xùn)練8　電場(chǎng)性質(zhì)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (時(shí)間:45分鐘　滿分:100分) ? 一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,1~5題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,6~8題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得7分,選對(duì)但不全的得4分,有選錯(cuò)的得0分) 1.(2019·全國(guó)卷Ⅰ)如圖所示,空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下,兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直,則(　　) A.P和Q都帶正電荷 B.P和Q都帶負(fù)電荷 C.P帶正電荷,Q帶負(fù)電荷 D.P帶負(fù)電荷,Q帶正電荷 答案:D 解析:兩個(gè)帶電小球

2、在勻強(qiáng)電場(chǎng)中均處于平衡狀態(tài),只有兩小球帶異種電荷、相互間為吸引力,才可能平衡。小球P帶負(fù)電荷時(shí),勻強(qiáng)電場(chǎng)提供的力與小球Q對(duì)小球P的吸引力抵消,合力為零,此時(shí)小球Q帶正電荷,勻強(qiáng)電場(chǎng)提供的力與小球P對(duì)小球Q的吸引力抵消,合力為零,故A、B、C錯(cuò)誤,D正確。 2.(2019·天津卷)如圖所示,在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,質(zhì)量為m的帶電小球,以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng),通過(guò)N點(diǎn)時(shí),速度大小為2v,方向與電場(chǎng)方向相反,則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程(　　) A.動(dòng)能增加12mv2 B.機(jī)械能增加2mv2 C.重力勢(shì)能增加32mv2 D.電勢(shì)能增加2mv2 答案:B 解析:小球由M到N點(diǎn)過(guò)

3、程動(dòng)能增加量為ΔEk=12m(2v)2-12mv2=32mv2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球在豎直方向做上拋運(yùn)動(dòng),豎直方向的位移為h=v22g,故克服重力做功為W=mgh=12mv2,即重力勢(shì)能增加12mv2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;動(dòng)能增加32mv2,重力勢(shì)能增加12mv2,故機(jī)械能增加2mv2,選項(xiàng)B正確;根據(jù)能量守恒定律可知,電勢(shì)能減小2mv2,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3.如圖所示,勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一圓,其平面與電場(chǎng)線平行,O為圓心,A、B、C、D為圓周上的四個(gè)等分點(diǎn)?，F(xiàn)將某帶電粒子從A點(diǎn)以相同的初動(dòng)能向各個(gè)不同方向發(fā)射,到達(dá)圓周上各點(diǎn)時(shí),其中過(guò)D點(diǎn)動(dòng)能最大,不計(jì)重力和空氣阻力。則(　　) A.該電場(chǎng)的電場(chǎng)線一定是與

4、OD平行 B.該電場(chǎng)的電場(chǎng)線一定是與OB垂直 C.帶電粒子若經(jīng)過(guò)C點(diǎn),則其動(dòng)能不可能與初動(dòng)能相同 D.帶電粒子不可能經(jīng)過(guò)B點(diǎn) 答案:A 解析:將某帶電粒子從A點(diǎn)以相同的初動(dòng)能向各個(gè)不同方向發(fā)射,到達(dá)圓周上各點(diǎn)時(shí),其中過(guò)D點(diǎn)動(dòng)能最大,說(shuō)明D點(diǎn)電勢(shì)能最小,若帶電粒子帶正電,D點(diǎn)為電勢(shì)最低點(diǎn);若帶電粒子帶負(fù)電,D點(diǎn)為電勢(shì)最高點(diǎn);該電場(chǎng)的電場(chǎng)線一定是與OD平行,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤。由于C點(diǎn)與A點(diǎn)為電勢(shì)相等的點(diǎn),所以帶電粒子若經(jīng)過(guò)C點(diǎn),則其動(dòng)能一定與初動(dòng)能相同,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。由于題述帶電粒子向各個(gè)不同方向發(fā)射,帶電粒子可能經(jīng)過(guò)B點(diǎn),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 4.真空中有一帶電金屬球,通過(guò)其球心的一直線上各

5、點(diǎn)的電勢(shì)φ分布如圖所示,r表示該直線上某點(diǎn)到球心的距離,r1、r2分別是該直線上A、B兩點(diǎn)離球心的距離。根據(jù)電勢(shì)圖像(φ-r圖像),下列說(shuō)法正確的是(　　) A.該金屬球可能帶負(fù)電 B.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由A指向B C.A點(diǎn)和B點(diǎn)之間的電場(chǎng),從A到B,其電場(chǎng)強(qiáng)度可能逐漸增大 D.電荷量為q的正電荷沿直線從A移到B的過(guò)程中,電場(chǎng)力做功W=q(φ2-φ1) 答案:B 解析:根據(jù)電勢(shì)圖像可知,r趨近于無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零,金屬球帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;帶正電的金屬球電場(chǎng)類似于正點(diǎn)電荷的電場(chǎng),根據(jù)正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)特征,A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由A指向B,選項(xiàng)B正確;根據(jù)電勢(shì)圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度,從A

6、到B,其電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;A、B兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為U=φ1-φ2,電荷量為q的正電荷沿直線從A移到B的過(guò)程中,電場(chǎng)力做功W=QU=q(φ1-φ2),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 5.電源和一個(gè)水平放置的平行板電容器、兩個(gè)變阻器R1、R2和定值電阻R3組成如圖所示的電路。當(dāng)把變阻器R1、R2調(diào)到某個(gè)值時(shí),閉合開(kāi)關(guān)S,電容器中的一個(gè)帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)再進(jìn)行其他相關(guān)操作時(shí)(只改變其中的一個(gè)),以下判斷正確的是(　　) A.將R1的阻值增大時(shí),液滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài) B.將R2的阻值增大時(shí),液滴將向下運(yùn)動(dòng) C.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,電容器上的電荷量將減為零 D.把電容器的上極板向上平移少許,電容

7、器的電荷量將增加 答案:A 解析:當(dāng)R1的阻值增大時(shí),電容器兩端的電勢(shì)差不變,帶電液滴受到的電場(chǎng)力不變,液滴保持不動(dòng),故A正確;將R2的阻值增大時(shí),則R2兩端的電壓增大,所以電容器兩端的電壓增大,電場(chǎng)力變大,液滴向上運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;斷開(kāi)開(kāi)關(guān),電容器兩端的電勢(shì)差等于電源的電動(dòng)勢(shì),根據(jù)Q=CU,可知電容器的電荷量將增加,故C錯(cuò)誤;因?yàn)殡娙萜鞯碾娙軨=εrS4πkd,把電容器的上極板向上平移少許,d增大,會(huì)使電容減小,電容器兩端的電勢(shì)差不變,根據(jù)Q=CU,可知電容器的電荷量將減少,故D錯(cuò)誤。 6.(2019·安徽臨泉一中模擬)為模擬空氣凈化過(guò)程,有人設(shè)計(jì)了如圖所示的含灰塵空氣的密閉玻璃圓桶,圓

8、桶的高和直徑相等。第一種除塵方式是:在圓桶頂面和底面間加上電壓U,沿圓桶的軸線方向形成一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng),塵粒的運(yùn)動(dòng)方向如圖甲所示。第二種除塵方式是:在圓桶軸線處放一直導(dǎo)線,在導(dǎo)線與桶壁間加上電壓,電壓大小也等于U,形成沿半徑方向的輻向電場(chǎng),塵粒的運(yùn)動(dòng)方向如圖乙所示。已知空氣阻力與塵粒運(yùn)動(dòng)的速度大小成正比,即Ff=kv(k為一定值),假設(shè)每個(gè)塵粒的質(zhì)量和電荷量均相同,初速度和重力均可忽略不計(jì),不考慮塵粒之間的相互作用,則在這兩種方式中(　　) A.塵粒都做直線運(yùn)動(dòng) B.塵粒受到的電場(chǎng)力大小相等 C.電場(chǎng)對(duì)單個(gè)塵粒做功的最大值相等 D.在乙容器中,塵粒做類平拋運(yùn)動(dòng) 答案:AC 解析:因

9、初速度為0,重力可忽略不計(jì),則塵粒沿合力方向(電場(chǎng)方向或反方向)做直線運(yùn)動(dòng),A正確,D錯(cuò)誤;每種除塵方式受到電場(chǎng)力大小F=qE,但兩種不同方式中,空間中的電場(chǎng)強(qiáng)度不同,所以塵粒所受電場(chǎng)力大小是不同的,B錯(cuò)誤;電場(chǎng)對(duì)單個(gè)塵粒做功的最大值為qU,在兩種情況下電場(chǎng)對(duì)塵粒做功的最大值相同,C正確。 7.如圖所示,傾角為θ的絕緣斜面固定在水平面上,當(dāng)質(zhì)量為m、電荷量為+q的滑塊沿斜面下滑時(shí),在此空間突然加上豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),已知滑塊受到的電場(chǎng)力小于滑塊的重力。則下列說(shuō)法不正確的是(　　) A.若滑塊勻速下滑,加上豎直向上的電場(chǎng)后,滑塊將減速下滑 B.若滑塊勻速下滑,加上豎直向下的電場(chǎng)后,滑塊

10、仍勻速下滑 C.若滑塊勻減速下滑,加上豎直向上的電場(chǎng)后,滑塊仍減速下滑,但加速度變大 D.若滑塊勻加速下滑,加上豎直向下的電場(chǎng)后,滑塊仍以原加速度加速下滑 答案:ACD 解析:若滑塊勻速下滑,則有mgsinθ=μmgcosθ,當(dāng)加上豎直向上的電場(chǎng)后,電場(chǎng)力為F,沿斜面方向,(mg-F)sinθ=μ(mg-F)cosθ,受力仍平衡,則滑塊仍勻速下滑,故A錯(cuò)誤、B正確;若滑塊勻減速下滑,則有mgsinθ<μmgcosθ,加速度大小為a=g(μcosθ-sinθ),加上豎直向上的電場(chǎng)后,沿斜面方向,(mg-F)sinθ<μ(mg-F)cosθ,加速度大小為a'=(mg-F)(μcosθ-si

11、nθ)mμmgcosθ,加速度大小為a=g(sinθ-μcosθ),加上豎直向下的電場(chǎng)后,在沿斜面方向,(mg+F)sinθ>μ(mg+F)cosθ,物體仍勻加速下滑。加速度為a'=(mg+F)(sinθ-μcosθ)m>a。即加速度增大,故D錯(cuò)誤,故選ACD。 8.(2019·福建福州期末)如圖所示,勻強(qiáng)電場(chǎng)中的三個(gè)點(diǎn)A、B、C構(gòu)成一個(gè)直角三角形,∠ACB=90°,∠ABC=60°,BC=d。把一個(gè)電荷量為+q的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力不做功,從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場(chǎng)力所做的功為W。若規(guī)定C點(diǎn)的電勢(shì)為零,則(　　) A.A點(diǎn)的電勢(shì)為-

12、Wq B.B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UBC=Wq C.該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Wdq D.若從A點(diǎn)沿AB方向飛入一電子,其運(yùn)動(dòng)軌跡可能是甲 答案:BD 解析:點(diǎn)電荷在勻強(qiáng)電場(chǎng)中從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn),電場(chǎng)力不做功,說(shuō)明AB為等勢(shì)線;從B移動(dòng)到C電場(chǎng)力做功W,則UBC=Wq,UBC=UAC,又C點(diǎn)電勢(shì)為零,則A點(diǎn)電勢(shì)為Wq,A錯(cuò)誤,B正確。電場(chǎng)線垂直AB方向,C點(diǎn)到AB的距離為dsin60°,所以電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Wqdsin60°,C錯(cuò)誤。從A點(diǎn)沿AB方向飛入的電子,所受的電場(chǎng)力垂直于AB向上,做類平拋運(yùn)動(dòng),D正確。 二、非選擇題(本題共3小題,共44分) 9.(14分)(2019·安徽臨泉一中

13、模擬)一平行板電容器長(zhǎng)l=10 cm,寬a=8 cm,板間距d=4 cm,在板左側(cè)有一個(gè)U0=400 V加速電場(chǎng)(圖中沒(méi)畫(huà)出),使不計(jì)重力的離子從靜止經(jīng)加速電場(chǎng)加速后,沿足夠長(zhǎng)的“狹縫”,沿著與兩板平行的中心平面,連續(xù)不斷地向整個(gè)電容器射入,離子的比荷均為2×1010 C/kg,距板右端l2處有一屏,如圖甲所示。如果在平行板電容器的兩極板間接上如圖乙所示的交變電壓,由于離子在電容器中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間遠(yuǎn)小于交變電壓的周期,故離子通過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)。試求: (1)離子進(jìn)入平行板電容器時(shí)的速度; (2)離子打在屏上的區(qū)域面積; (3)在一個(gè)周期內(nèi),離子打到屏上的時(shí)間。 答案

14、:(1)4×106 m/s　(2)64 cm2　(3)0.012 8 s 解析:(1)設(shè)離子進(jìn)入平行板電容器時(shí)速度為v0,根據(jù)動(dòng)能定理得 qU0=12mv02 解得v0=2qU0m=4×106m/s。 (2)設(shè)離子恰好從極板邊緣射出時(shí)極板兩端的電壓為U0 水平方向:l=v0t 豎直方向:d2=12at2 又a=qU0md 聯(lián)立以上各式得 U0=md2v02ql2=128V 即當(dāng)U≥128V時(shí)離子打到極板上,當(dāng)U<128V時(shí)離子打到屏上。 利用推論——打到屏上的離子好像是從極板中心沿直線射到屏上,由此可得l2+l2l2=yd2 解得y=d 又由對(duì)稱性知,豎直方向上離子打

15、到屏上區(qū)域的總長(zhǎng)度為2d 則離子打到屏上的區(qū)域面積為S=2da=64cm2。 (3)在前14T,離子打到屏上的時(shí)間 t0=128200×0.005s=0.0032s 又由對(duì)稱性知,在一個(gè)周期內(nèi),打到屏上的總時(shí)間t=4t0=0.0128s。 10.(15分)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系中,有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場(chǎng),坐標(biāo)系內(nèi)有A、B兩點(diǎn),其中A點(diǎn)坐標(biāo)為(6,0),B點(diǎn)坐標(biāo)為(0,3),坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢(shì)為0,點(diǎn)A處的電勢(shì)為8 V,點(diǎn)B處的電勢(shì)為4 V?，F(xiàn)有一帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿電勢(shì)為0的等勢(shì)線方向以速度v=4×105 m/s射入電場(chǎng),粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)恰好通過(guò)B點(diǎn),不計(jì)粒子所受重力,求:

16、 (1)圖中C(3,0)處的電勢(shì); (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小; (3)帶電粒子的比荷qm。 答案:(1)4 V　(2)2.67×102 V/m　(3)2.4×1011 C/kg 解析:(1)設(shè)C處的電勢(shì)為φC 因?yàn)镺C=CA 所以φO-φC=φC-φA φC=φO+φA2=0+82V=4V。 (2)BC連線為等勢(shì)線,電場(chǎng)強(qiáng)度方向與等勢(shì)線BC垂直 設(shè)∠OBC=θ,OB=l=3cm 由tanθ=OCl=33,得θ=60° 由U=Ed,得E=Ud=UBOlsinθ=43×32×10-2V/m=2.67×102V/m。 (3)因?yàn)閹щ娏Ｗ幼鲱惼綊佭\(yùn)動(dòng), 所以lc

17、osθ=vtlsinθ=12·qEmt2 聯(lián)立解得qm=2v2sinθElcos2θ=2×(4×105)2×3283×102×3×10-2×14C/kg=2.4×1011C/kg 所以帶電粒子的比荷為2.4×1011C/kg。 11.(15分)(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖所示,兩水平面(虛線)之間的距離為h,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度方向豎直向下;M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng),剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能

18、為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g。求: (1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比; (2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度; (3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。 答案:(1)3∶1　(2)13h　(3)mg2q 解析:(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0,則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0。M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等,電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為x1和x2。由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v0-at=0① x1=v0t+12at2② x2=v0t-12at2③ 聯(lián)立①②③式得x1∶x2=3∶

19、1。④ (2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為hA,小球下落hA時(shí)在豎直方向的分速度為vy,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 vy2=2ghA⑤ h=vyt+12gt2⑥ M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系知 v0vy=x1h⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得hA=13h。⑧ (3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng),則v0vy=qEmg⑨ 設(shè)M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2,由動(dòng)能定理得 Ek1=12m(v02+vy2)+mgh+qEx1 Ek2=12m(v02+vy2)+mgh-qEx2 由已知條件Ek1=1.5Ek2 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩式得E=mg2q。 10