2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 專題突破練8 電場 帶電粒子在電場中的運動

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 專題突破練8 電場 帶電粒子在電場中的運動一、選擇題(共12小題,每小題7分,共84分。在每小題給出的四個選項中,第18小題只有一個選項符合題目要求,第912小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得7分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分)1.(2016全國卷)關(guān)于靜電場的等勢面,下列說法正確的是()A.兩個電勢不同的等勢面可能相交B.電場線與等勢面處處相互垂直C.同一等勢面上各點電場強度一定相等D.將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面,電場力做正功2.(2018廣東茂名綜合測試)真空中有一半徑為r0的帶電金屬球殼,若取無

2、窮遠(yuǎn)處為零電勢,通過其球心的一直線上各點的電勢分布規(guī)律可用圖中曲線表示,r表示該直線上某點到球心的距離,r1、r2分別是該直線上A、B兩點離球心的距離。下列說法中正確的是()A.該球殼帶負(fù)電B.A點的電場強度大于B點的電場強度C.若r2-r1=r1-r0,則A-B=0-AD.將電子從A點移到B點,電場力做正功3.(2017湖南株洲模擬)如圖所示,R是一個定值電阻,A、B為水平正對放置的兩塊平行金屬板,兩板間帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài),則下列說法正確的是()A.若增大A、B兩金屬板的間距,則有向右的電流通過電阻RB.若增大A、B兩金屬板的間距,P將向上運動C.若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片,

3、P將向上運動D.若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片,P將向上運動4.(2018湖南常德模擬)在空間某區(qū)域存在一電場,x軸上各點電勢隨位置變化情況如圖所示,圖線為曲線,且關(guān)于縱軸對稱。下列關(guān)于該電場的論述正確的是()A.圖中A點對應(yīng)的電場強度大于B點對應(yīng)電場強度B.圖中A點對應(yīng)的電勢大于B點對應(yīng)電勢C.一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在-x1點的電勢能D.一個帶正電的粒子在-x1點的電勢能大于在-x2點的電勢能5.(2018安徽蚌埠一質(zhì)檢)如圖甲為一對長度為L的平行金屬板,在兩板之間加上圖乙所示的電壓?，F(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計),且所有

4、粒子均能從平行金屬板的右端飛出,若粒子在兩板之間的運動時間均為T,則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()A.11B.21C.31D.416.(2018福建漳州調(diào)研)如圖,A、B、C三個點電荷分別固定于一個邊長為a的正三角形的三個頂點,它們所帶的電荷量分別為+Q、-2Q、-2Q,在三角形中心O釋放一個帶+q電荷的試探電荷,為了讓該試探電荷靜止在O點,需要在空間加上一個平行于三角形所在平面的勻強電場,則()A.所加勻強電場方向為由O指向A,電場強度大小為B.所加勻強電場方向為由A指向O,電場強度大小為C.撤去勻強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,移動過程中試探電荷的電勢能增加D.撤去勻

5、強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,移動過程中電場力對試探電荷做正功7.(2018廣東廣州4月模擬)如圖,帶電粒子由靜止開始,經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后,垂直電場方向從兩極板正中間進入電壓為U2的平行板電容器,經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置。為使同樣的帶電粒子,從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器,下列措施可行的是()A.保持U2和平行板間距不變,減小U1B.保持U1和平行板間距不變,增大U2C.保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板D.保持U1、U2和下板位置不變,向上平移上板8.(2018河南中原名校第四模)水平放置的平行板電容器與某一電源相連接后,斷開開關(guān),重力不可忽略

6、的小球由電容器的正中央沿水平向右的方向射入該電容器,如圖所示,小球先后經(jīng)過虛線的A、B兩點。則()A.如果小球所帶的電荷量為正電荷,小球所受的電場力一定向下B.小球由A到B的過程中電場力一定做負(fù)功C.小球由A到B的過程中動能可能減小D.小球由A到B的過程中,小球的機械能可能減小9.(2018河南濮陽三模)如圖所示,豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場,與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放,Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放,兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置。則從開始釋放到運動到右極板的過程中,下列選項正確的是()A.P的運動時間大于Q的運動時間B

7、.P、Q的電勢能減少量之比為41C.P、Q的動能增加量之比為41D.P、Q的電荷量之比為2110.(2018河北衡水金卷模擬)如圖所示,豎直面內(nèi)固定的均勻帶電圓環(huán)半徑為R,帶電荷量為+Q,在圓環(huán)的最高點用絕緣絲線懸掛一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球(大小不計),小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài),小球到圓環(huán)中心O距離為R,已知靜電力常量為k,重力加速度為g,則小球所處位置的電場強度為()A.B.C.kD.k11.(2018全國卷)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面,已知平面b上的電勢為2 V。一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV,從a到d的過程中克服電場力所做的功為6

8、 eV。下列說法正確的是()A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達(dá)不了平面fC.該電子經(jīng)過平面d時,其電勢能為4 eVD.該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍12.(2018河南南陽期末)如圖所示,一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置,板長為L,板間距離為d,距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間,最后垂直打在M上,則下列結(jié)論正確的是(已知重力加速度為g)()A.兩極板間電壓為B.板間電場強度大小為C.整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加D.若僅增大兩極板間距,則該質(zhì)點不可能垂直打在M上二、計算題(本題共1個小題,共16分)13.(201

9、8安徽安慶二模)電子擴束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場由加有電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成,勻強磁場的左邊界與偏轉(zhuǎn)電場的右邊界相距為s,如圖甲所示。大量電子(其重力不計)由靜止開始,經(jīng)加速電場加速后,連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場。當(dāng)兩板沒有加電壓時,這些電子通過兩板之間的時間為2t0,當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的電壓時,所有電子均從兩板間通過,進入水平寬度為l,豎直寬度足夠大的勻強磁場中,最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上。問:甲乙(1)如果電子在t=0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場,則離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)向位移大小是多少?(2)電子在剛穿出兩板之間的偏轉(zhuǎn)

10、電場時最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移之比為多少?(3)要使側(cè)向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為多少?(已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e)專題突破練8電場帶電粒子在電場中的運動一、選擇題(共12小題,每小題7分,共84分。在每小題給出的四個選項中,第18小題只有一個選項符合題目要求,第912小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得7分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分)1.B解析 電場中電勢相同的點組成的面叫等勢面,電場線與等勢面垂直,電勢相同的點電場強度不一定相同;電場強度相同的點電勢也不一定相同;電場中某處電勢只能是一個值,如果兩等勢面相交,就有兩個值,故選項A、C

11、錯誤,B正確。負(fù)電荷從電勢高處移向電勢低處電場力做負(fù)功,所以選項D錯誤。2.B解析 根據(jù)圖象知,從球殼向外電勢逐漸降低,且電勢大于零,故該球帶正電,故A錯誤;根據(jù)電場強度公式E=可知,圖象斜率大小等于電場強度,則得A點的電場強度大于B點的電場強度,故B正確;由于圖象斜率大小等于電場強度,從O到A再到B,電場強度逐漸減小;故若r2-r1=r1-r0,則A-B0-A,故C錯誤;電子沿直線從A移到B的過程中,電場力方向由B指向A,所以電場力做負(fù)功,故D錯誤。3.C解析 由于兩極板和電源相連,則兩極板間的電壓恒定,若增大A、B兩金屬板的間距,根據(jù)公式C=可知,電容減小,根據(jù)公式C=以及電壓不變可得電容

12、器兩極板上所帶電荷量減小,故電容器放電,R中有向左的電流,A錯誤;由于兩極板間的電壓不變,若增大A、B兩金屬板的間距,根據(jù)公式E=可得兩極板間的電場強度減小,電場力小于重力,微粒P將向下運動,B錯誤;若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片,相當(dāng)于兩極板間的距離減小,電場強度增大,則微粒P受到的電場力大于重力,P向上運動,C正確;若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片,相當(dāng)于r增大,兩極板間的電場強度恒定不變,所以微粒P受到的電場力不變,P仍靜止,D錯誤。故選C。4.C解析 -x圖象的斜率大小等于電場強度,所以B點對應(yīng)的電場強度大于A點對應(yīng)的電場強度,故A錯誤;由題圖易知A點對應(yīng)的電勢小于B點對

13、應(yīng)的電勢,故B錯誤;由題圖可知,電場強度方向均指向O點,根據(jù)對稱性可知,一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在-x1點的電勢能,故C正確;電場線指向O點,則正電荷由-x1到-x2的過程中電場力做負(fù)功,故電勢能增加,故帶正電的粒子在-x1點的電勢能小于在-x2點的電勢能,故D錯誤。5.C解析 設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時,粒子在偏轉(zhuǎn)場中的加速度為a,粒子在t=nT時刻進入偏轉(zhuǎn)場,則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)場,此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最大ymax=a2+aaT2。粒子在t=nT+時刻進入偏轉(zhuǎn)場,則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)場,此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最小ymin=0+a2=aT2,則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與

14、最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是31,故C項正確。6.D解析 O點是三角形的中心,到三個電荷的距離為r=asin 60=a,三個電荷在O處產(chǎn)生的電場強度大小EA=k,EB=EC=k,根據(jù)對稱性和幾何知識得知:E合=,方向由A指向O,所以所加勻強電場方向為由O指向A,電場強度大小為,故A、B錯誤;撤去勻強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,電勢降低,移動過程中電場力對試探電荷做正功,電勢能減小,故D正確,C錯誤;故選D。7.D解析 粒子在電場中加速U1q=,在偏轉(zhuǎn)電場中x=v0t,t2,解得x2=,開始時x=L,若要使x增大為L,保持U2和平行板間距不變,減小U1,則x會減小,選項A錯誤;保持U1和平行

15、板間距不變,增大U2,則x減小,選項B錯誤;保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板,則d減小,x減小,選項C錯誤;保持U1、U2和下板位置不變,向上平移上板,則x變大,故選項D正確,故選D。8.D解析 小球在極板間受到豎直向下的重力作用與電場力作用,由題圖小球運動軌跡可知,小球向下運動,說明小球受到的合力豎直向下,重力與電場力的合力豎直向下;當(dāng)小球帶正電時,若上極板帶正電荷,小球受到的合力向下,小球運動軌跡向下,若上極板帶負(fù)電,但如果電場力小于重力,小球受到的合力向下,小球運動軌跡向下,故無法確定電場力與重力的大小關(guān)系,A錯誤;如果小球受到的電場力向下,小球從A運動到B點過程中電場力做正功

16、,如果小球受到的電場力向上,則電場力做負(fù)功,B錯誤;小球受到的合力向下,小球從A點運動到B點過程中合外力做正功,小球的動能增加,C錯誤;小球從A點運動到B點過程,如果所受電場力向上,則機械能減小,D正確。9.BD解析 小球在豎直方向為自由落體運動,兩者下落高度相同,說明運動時間一樣,故A錯誤。在水平方向小球做勻加速直線運動,根據(jù)x=t2,可知位移之比為21,說明P、Q粒子的電荷量之比為21,故D正確。電勢能的減少量為電場力做的功,即EpPEpQ=2qUq=41,故B正確。動能增加量為合外力做的功,即EkPEkQ=(mgh+2qU)mgh+q,由于不知道重力與電場力的關(guān)系,故C錯誤;故選BD。1

17、0.AD解析 對小球受力分析可知mgtan 45=qE,解得E=,則選項A正確,B錯誤;由于圓環(huán)不能看作點電荷,我們?nèi)A環(huán)上一部分x,總電荷量為Q,則該部分電荷量為Q;該部分電荷在小球處產(chǎn)生的電場強度為E1=,方向沿該點與小球的連線指向小球;同理取以圓心對稱的相同的一段,其電場強度與E1相同;則兩個電場強度的合電場強度為E1=2cos 45=,方向應(yīng)沿圓心與小球的連線向外;因圓環(huán)上各點均在小球處產(chǎn)生電場,則合電場強度為E=E1=,選項D正確,C錯誤;故選AD。11.AB解析 從a到d的過程克服電場力做功為6 eV,所以電場方向為水平向右,每個間距電勢差為2 V,所以平面c電勢為零,故A項正確;

18、由于電子不一定垂直等勢面進入,可能做曲線運動,所以可能到達(dá)不了f平面,故B項正確;整個過程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的電勢能為-4 eV、-2 eV、0 eV、+2 eV、+4 eV,動能分別為+10 eV、+8 eV、+6 eV、+4 eV、+2 eV,故C項錯誤;由于電子經(jīng)過b、d平面時的動能分別為8 eV和4 eV,所以該電子經(jīng)過b平面時的速率是經(jīng)過d時的倍,故D項錯誤。12.BC解析 據(jù)題分析可知,小球在極板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn),做類平拋運動,飛出電場后,小球的軌跡向下偏轉(zhuǎn),才能最后垂直打在M屏上,前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性,如圖所示:可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等,根據(jù)牛頓

19、第二定律得:qE-mg=ma,mg=ma,解得E=,由U=Ed得板間電勢差U=d=,故A錯誤,B正確;小球在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離y=at2,a=g,t=,解得:y=,故小球打在屏上的位置與P點的距離為:s=2y=,重力勢能的增加量Ep=mgs=,故C正確。僅增大兩板間的距離,因兩板上電荷量不變,根據(jù)E=可知,板間電場強度不變,小球在電場中受力情況不變,則運動情況不變,故仍垂直打在M上,故D錯誤。故選BC。二、計算題(本題共1個小題,共16分)13.答案 (1)(2)31(3)解析 (1)當(dāng)電子在t=0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場時,有y=+vyt0=t0t0,得y=。(2)由題意可知,要使電子的側(cè)向位移最大,應(yīng)讓電子從0、2t0、4t0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場,在這種情況下,電子的側(cè)向位移為ymax=+vyt0ymax=要使電子的側(cè)向位移最小,應(yīng)讓電子從t0、3t0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場,在這種情況下,電子的側(cè)向位移為ymin=所以最大側(cè)向位移和最小側(cè)向位移之比為ymaxymin=31。(3)設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏向角為,電子在磁場中運動半徑R,由于電子要垂直打在熒光屏上,由幾何關(guān)系有:R=設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的速度為vt,垂直偏轉(zhuǎn)極板的速度為vy,則電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的偏向角為:sin =,式中vy=t0又R=,由上述四式可得:B=。