【物理】2020届二轮复习电场及带电粒子在电场中的运动作业

【物理】2020届二轮复习电场及带电粒子在电场中的运动作业

‎2020届二轮复习 电场及带电粒子在电场中的运动 作业 考点1　电场力的性质 ‎1．(2019·大连模拟)如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的正上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体A受到地面的支持力先增大后减小 B．物体A受到地面的支持力保持不变 C．物体A受到地面的摩擦力先增大后减小 D．库仑力对物体B先做正功后做负功 解析：当物体B由P点运动到最高点的过程中，物体A受力如图甲所示，由平衡条件得，水平方向Fsin θ－Ff＝0，竖直方向FN－Fcos θ－mg＝0，解得FN＝mg＋Fcos θ，Ff＝Fsin θ，由于mg与F不变，θ逐渐减小为零，因而支持力FN逐渐变大，Ff逐渐变小．当物体B由最高点运动到Q点的过程中，物体A受力如图乙所示，由平衡条件得，水平方向Fsin θ－Ff＝0，竖直方向FN－Fcos θ－mg＝0，解得FN＝mg＋Fcos θ，Ff＝Fsin θ，由于mg与F不变，θ由零逐渐增大，因而支持力FN逐渐变小，Ff逐渐变大，因此物体A受到地面的支持力先增大后减小，物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，故A正确，B、C错误；物体B受的库仑力方向与物体B 的速度总是垂直，库仑力对B不做功，故D错误．‎ 答案：A ‎2．(2019·石家庄质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)‎ A.－E　　　　　　 B. C.－E D.＋E 解析：左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷量－q的右半球面在M点产生的场强大小．带电荷量－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷量为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，则A正确．‎ 答案：A ‎3.如图所示，图中MN是由点电荷产生的电场中的一条电场线．一带正电粒子q飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a、b是该曲线上的两点，则下列说法正确是(　　)‎ A．若场源电荷为负电荷，其在N端 B．若场源电荷为正电荷，其在M端 C．正粒子q经过MN时，其加速度方向向左 D．a点的电场强度大于b点的电场强度 解析：正粒子q经过MN时受到的电场力向左，加速度方向向左，场源电荷产生的场强由N指向M，若场源电荷为负电荷，其在M端，若场源电荷为正电荷，其在N端，故A、B错误，C正确；由于场源电荷不确定，所以无法比较a、b两点的电场强度大小，故D错误．‎ 答案：C 考点2　电场能的性质 ‎4．(多选)(2019·新乡模拟)如图甲所示，在等量同种点电荷连线的中垂线上固定一根光滑的绝缘轻杆，杆上穿一个质量m＝1.0×10－3 kg，带电量q＝＋5.0×10－4 C的小球，小球从C点由静止释放，其v-t图象如图乙所示，10 s时到达B点，且此时图象的斜率最大，下列说法正确的是(　　)‎ A．O点右侧B点场强最大，场强大小为E＝12 V/m B．从C经过B点后向右运动，小球的电势能先减小后增大 C．从C到B电势逐渐降低 D．C、B两点的电势差UCB＝0.9 V 解析：小球在运动过程中，合外力F＝qE，加速度a＝，在O点右侧杆上，电场方向向右，加速度向右，小球做加速运动，图象斜率越大加速度越大，故B点的加速度最大，最大加速度a＝ m/s2＝0.06 m/s2，此时场强最大E＝＝12 V/m，故A正确；从C经过B点后向右运动的过程，电场方向向右，沿着电场线方向电势降低，电场力做正功，小球的电势能减小，故B错误，C正确；小球从C到B的过程只有电场力做功，由动能定理得qUCB＝mv－0，解得UCB＝＝ V＝9 V，故D错误．‎ 答案：AC ‎5．(多选)(2019·泰安一模)如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放．则释放后小球从M运动到N过程中(　　)‎ A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量 C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和 解析：由于有电场力做功，故小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误；由题意，小球受到的电场力与重力大小相等，在小球从M运动到N过程中，重力做多少正功，重力势能就减少多少，电场力做多少负功，电势能就增加多少，故小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量，B正确；由动能定理可知，弹力对小球做的功等于小球动能的增加量，又因为弹力的功等于弹性势能的减少量，故C正确；显然电场力和重力做功的代数和为零，故D错误．‎ 答案：BC ‎6．(多选)(2019·潍坊模拟)一电子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，下列说法正确的是(　　)‎ A．从0到x1电势逐渐降低 B．x2处的电势比x3处高 C．x1～x2段电场强度为零 D．x2～x3段的电场强度减小 解析：由图象可知，从0到x1电势能增加，根据Ep＝qφ，粒子带负电，知φ3>φ2＝φ1<φ0，故A正确，B错误；根据电场力做功与电势能变化的关系得FΔx＝ΔEp，则F＝，可知Epx图象切线斜率表示电场力的大小，x1～x2段是直线，斜率为零，则电场力为零，所以 x1～x2段电场强度为零，x2～x3段是倾斜直线，斜率不变，电场力不变，故电场强度不变，故C正确，D错误．‎ 答案：AC ‎7．(2019·衡水模拟)一对等量点电荷位于平面直角坐标系xOy的一个轴上，它们激发的电场沿x、y轴方向上的场强和电动势随坐标的变化情况如图中甲、乙所示，甲图为y轴上各点场强随坐标变化的E-y图象，且沿y轴正向场强为正．乙图为x轴上各点电势随坐标变化的φ-x图象，且以无穷远处电势为零．图中a、b、c、d为轴上关于原点O的对称点，根据图象可判断下列有关描述正确的是(　　)‎ ‎　‎ A．是一对关于原点O对称的等量负点电荷所激发的电场，电荷位于y轴上 B．是一对关于原点O对称的等量异种点电荷所激发的电场，电荷位于x轴上 C．将一个＋q从y轴上a点由静止释放，它会在aOb间往复运动 D．将一个＋q从x轴上c点由静止释放，它会在cOd间往复运动 解析：因x轴上各点的电势均小于零，且φ-x图关于y轴对称，表明是一对等量负电荷激发的电场，又E-y图象中y轴正方向场强为负，y轴负方向场强为正，表明这一对负电荷在x轴上关于原点对称，故A、B错误；一个＋q从y轴上a点由静止释放，它从a点向O 点先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，越过原点后先做加速度逐渐增大的减速运动，后做加速度逐渐减小的减速运动，到达b点时恰好速度为零，此后又变加速运动到a点，故C正确；将一个＋q从x轴上c点由静止释放，它将直接向x轴负向的负电荷运动并粘合，故D错误．‎ 答案：C 考点3　平行板电容器 ‎8．(多选)(2019·威海质检)如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是(　　)‎ A．U变大，E变大 B．U变小，φP变小 C．φP变小，Ep变大 D．φP变大，Ep变小 解析：根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C＝可知电容减小，由U＝可知极板间电压增大，由E＝可知，电场强度增大，故A正确；设P与B板之间的距离为d′，P点的电势为φP，B板接地，φB＝0，则由题可知0－φP＝Ed′是增大的，则φP一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep是增大的，故C正确．‎ 答案：AC ‎9．(多选)(2018·深圳模拟)两个完全相同的平行板电容器C1、C2水平放置，如图所示．开关S闭合时，两电容器中间各有一油滴A、B刚好处于静止状态．现将S断开，将C2‎ 下极板向上移动少许，然后再次闭合S，则下列说法正确的是(　　)‎ A．两油滴的质量相等，电性相反 B．断开开关，移动C2下极板过程中，B所在位置的电势不变 C．再次闭合S瞬间，通过电键的电流可能从上向下 D．再次闭合开关后，A向下运动，B向上运动 解析：开关S闭合时，油滴A、B处于静止状态，故油滴所受的竖直向下的重力大小等于竖直向上的电场力，两电容器极板间的电场等大、反向，两油滴的电性相反，由于两油滴的电荷量大小未知，电场力大小不确定，两油滴质量大小不确定，故A错误；断开开关，电容器所带电量不变，移动C2下极板过程中，两极板距离减小，根据C＝、C＝和E＝得E＝，电场强度不变，B所在位置距上极板距离不变，根据U＝Ed可知，该点电势不变，故B正确；断开开关，电容器所带电量不变，移动C2下极板过程中，两极板距离减小，E不变，根据U＝Ed可知，电势差减小，再次闭合S瞬间会有电流流过开关，由于不知电荷电性，不能判断电流方向，故C正确；再次闭合S后，电荷流动方向不确定，不能确定A、B所受电场力的变化情况，故D错误．‎ 答案：BC ‎10．某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中(　　)‎ A．P、Q构成的电容器的电容增大 B．M点的电势比N点的高 C．M点的电势比N点的低 D．P上电荷量保持不变 解析：电容式话筒与电源串联，电压保持不变．在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C＝得，电容减小，又根据电容定义式C＝得，电容器所带电荷量减少，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高．故A、C、D错误，B正确．‎ 答案：B 考点4　带电粒子在电场中运动 ‎11.如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，设电容器极板上所带电荷量为Q，电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为y，若仅使电容器上极板上移．以下说法正确的是(　　)‎ A．Q减小，y不变 B．Q减小，y减小 C．Q增大，y减小 D．Q增大，y增大 解析：‎ 上极板上移，两极间距增大，电容器电容减小，板间电场强度减小，由Q＝CU可知，Q减小，C、D均错误；由y＝··可知，因E减小，电子偏转距离y减小，故B正确，A错误．‎ 答案：B ‎12．(多选)(2019·信阳模拟)有重力可忽略不计的三个带正电的粒子A、B、C，先后沿如图所示的虚线OO′方向从左侧中点水平进入平行板电容器中，并最终都能击中MN板．已知三个粒子质量之比mA∶mB∶mC＝1∶1∶2，三个粒子带电量之比为qA∶qB：qC＝1∶2∶1，关于三个粒子击中MN板的位置，下列说法正确的是(　　)‎ A．若A、B、C以相同的速度进入电容器，则最终A、B、C击中MN板上同一点 B．若A、B、C以相同的动量进入电容器，则最终B、C击中MN板上同一点 C．若A、B、C以相同的动能进入电容器，则最终A、C击中MN板上同一点 D．若A、B、C以相同的动能进入电容器，则最终A、B击中MN板上同一点 解析：三个粒子不计重力，加速度a＝，粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向y＝at2，水平方向L＝v0t，解得y＝，若A、B、C以相同的速度进入电容器，由于比荷不同，则y不同，不可能击中同一个位置，故A错误；y＝＝，p相同，若qm相同，则y相同，由mA∶mB∶mC＝1∶1∶2，三个粒子带电量之比为qA∶qB∶qC ‎＝1∶2∶1可知，B、C的qm相同，故B正确；y＝，动能相同，若q相同，则y相同，故C正确，D错误．‎ 答案：BC ‎13．(2019·洛阳模拟)示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示．若已知加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d，电子枪发射的质量为m、电荷量为－e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力．若两金属板间存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为d，求U1和U2的比值.‎ 解析：在加速电场U1中，由动能定理得：‎ qU1＝mv2，‎ 以v的速度进入偏转电场U2中做类平抛运动，在离开偏转电场时偏移距离：‎ y1＝at2，‎ 其中：t＝，‎ 速度方向与水平方向成θ角，则有：vy＝at，‎ tan θ＝，‎ 离开偏转电场后偏移的距离：y2＝dtan θ，‎ 根据牛顿第二定律有加速度a＝，‎ 而总的偏移距离：y＝y1＋y2＝d，‎ 联立以上几式解得：＝.‎ 答案： ‎14．(2019·潍坊模拟)如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场．自该区域左侧的A点将质量为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出．小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开．已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍，不计空气阻力，重力加速度大小为g，已知A点到左边界的距离也为L.‎ ‎(1)求该电场的电场强度大小；‎ ‎(2)求小球射出的初速度大小；‎ ‎(3)要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件．‎ 解析：(1)小球在水平方向做匀速运动，则小球在电场区域内、外的运动时间t相同 N离开电场时的位置与A点在同一高度，即竖直位移为0，设N在电场内的加速度为a，则有 ‎0＝gt2＋vyt－at2，‎ 又因为vy＝gt，‎ 解得a＝3g，方向竖直向上，‎ 由牛顿第二定律得：qE－mg＝3mg，‎ 解得E＝；‎ ‎(2)M在电场中的加速度 a′＝＝5g，方向竖直向下，‎ 故M刚离开电场时的竖直分速度 vy＝gt＋5gt＝6gt，‎ 又有小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速度为v0，则有t＝，‎ 由M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍得m(v＋v)＝8·m[v＋(gt)2]，‎ 解得v＝(6gt)2＝7v＋8(gt)2，‎ v＝4(gt)2＝，‎ v0＝；‎ ‎(3)M、N进入电场前的运动一致，那么，M、N离开电场时的位置之间的距离：‎ d＝gt·t＋·5gt2－＝4gt2≤L，‎ 解得t≤ ，‎ 故v0＝≥＝2.‎ 答案：(1)　(2)　(3)v0≥2