2020届高考物理二轮复习专题三电场和磁场1电场及带电粒子在电场中的运动课时作业含解析

2020届高考物理二轮复习专题三电场和磁场1电场及带电粒子在电场中的运动课时作业含解析

电场及带电粒子在电场中的运动 ‎[题组一]　电场的性质 ‎1．如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点．下列说法中正确的有(　　)‎ A．粒子带负电 B．粒子在M点的动能大于在N点的动能 C．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 D．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 解析：C　[由粒子的运动轨迹和电场线的方向可判断粒子带正电，A错；粒子从M向N运动，相当于顺着电场线方向运动，粒子又是带正电，则电场力做正功，电势能减小，可得EpM＞EpN，再由动能定理知，EkM＜EkN，B错，C对；由电场线密的地方场强大，可知EM＜EN，又F电＝qE，则FN＞FM，D错．]‎ ‎2.(2020·江西模拟)在电场中，以 O 为原点，沿电场方向建立坐标轴 r，将带正电的试探电荷放入电场中，其电势能 EP随 r 变化的关系如图所示，其中 r2对应图线与横轴的交点，r0对应图线的最低点．若电荷只受电场力的作用，则下列说法正确的是(　　 )‎ A．从r2处静止释放电荷，电荷将保持静止 B．从r1处静止释放电荷，电荷始终向r正方向运动 C．从r0处静止释放电荷，电荷将先向r负方向运动 D．从r3处静止释放电荷，电荷将始终向r负方向运动 解析：D　[根据电势能EP＝qφ可知：电势与图中电势能曲线趋势一致；根据沿着电场线电势降低可知：从r1到r0，电场方向向r正方向；在r0处电场强度为零；在r0到无穷远，电场方向向r负方向；所以，从r1、r2处释放电荷，电荷先向r 正方向运动；从r0处释放电荷，电荷将保持静止；从r3处释放电荷，电荷将先向r 负方向运动；故D正确，A、B、C错误．]‎ ‎3．在真空中A、B两点分别放有异种点电荷－Q和＋2Q，以A、B连线中点O为圆心作一圆形路径acbd，如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ - 9 -‎ A．场强大小关系有Ea＝Eb、Ec＝Ed B．电势高低关系有φa＞φb、φc＞φd C．将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功 D．将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变 解析：C　[对比等量异种点电荷的电场分布可知，题图中场强大小关系有Eb＞Ea，Ec＝Ed，A项错误．由沿着电场线方向电势逐渐降低可知，φa＜φb，再由对称性可知φc＝φd，B项错误．因φa＜φb，将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功，C项正确．因沿直线由c到d过程中电势先升高再降低，所以将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能先增大后减小，D项错误．]‎ ‎4．(多选)如图所示，正方形ABCD的4个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为＋q、－q、＋q、－q，E、F、O分别为AB、BC及AC的中点．下列说法正确的是(　　)‎ A．E点电势低于F点电势 B．F点电势等于E点电势 C．E点电场强度与F点电场强度相同 D．F点电场强度大于O点电场强度 解析：BD　[根据对称性可知，E、F两点电势相等，则A项错误，B项正确．根据对称性及场强的叠加原理可知，E点和F点电场强度大小相等而方向不同，O点的电场强度为零，F点的电场强度大于零，则C项错误，D项正确．]‎ ‎5．(多选)如图所示，在两等量异种点电荷连线上有c、O、f三点，虚线所在的曲线M、L、K分别表示过c、O、f三点的等势面．一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，只在电场力作用下沿abcde运动，其轨迹关于两点电荷连线对称，如图中实线所示．a、b、c、d、e为轨迹与各等势面的交点，则下列说法中正确的有(　　)‎ A．各等势线的电势大小关系为φK＞φL＞φM - 9 -‎ B．a点与b点的电场强度相同 C．粒子在a点与e点的加速度大小相等 D．粒子在c点的电势能大于在e点的电势能 解析：ACD　[由曲线运动的特点可以知道粒子在c点受到向左的电场力，又因为粒子带负电，可知过c点的电场线方向向右，根据等量异种点电荷电场的特点知正点电荷在虚线K的左边，负点电荷在虚线M的右边，因此φK＞φL＞φM，选项A正确；a点与b点的电场强度大小不一定相等，而且方向不同，选项B错误；a点与e点的电场强度大小相等，粒子在这两点所受电场力大小相等，所以加速度大小相等，选项C正确；粒子从c点到e点，电场力做正功，故粒子在c点的电势能大于在e点的电势能，选项D正确．]‎ ‎[题组二]　与电容器有关的电场问题 ‎6.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板， 静电计指针的张角变大 D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 解析：A　[带电玻璃棒接触a板，a板会带上同种电荷，同时b板上会感应出异种电荷，故A正确；静电计指针张角反映电容器两板间电压，将b板上移，正对面积S减小，电容C减小，板间电压U增大，故指针张角变大，B错；插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，电容C增大，板间电压U减小，指针张角变小，C错；只增加极板带电量Q，板间电压U增大，但电容保持不变，故D错．]‎ ‎7．(2020·河北衡水中学高考模拟)(多选)如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．下述结论正确的是(　　)‎ A．若保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小 B．若保持开关S闭合，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变 C．若断开开关S后，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小 - 9 -‎ D．若断开开关S后，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将变大 解析：BCD　[保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变，故A错误，B正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A、B靠近一些，则d减小，根据C＝知，电容增大，根据C＝知，电势差减小，指针张角减小，故C正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A、B正对面积变小些，根据C＝知，电容减小，根据C＝知，电势差增大，指针张角增大，故D正确．]‎ ‎[题组三]　带电粒子在电场中的运动 ‎8．(2020·湖南郴州质检一，2)a、b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射，运动轨迹如图．若a、b的偏转时间相同，则a、b一定相同的物理量是(　　)‎ A．比荷　　　　　 B．入射速度 C．入射动能 D．入射动量 解析：A　[离子在电场中做类平抛运动，垂直板方向做匀加速直线运动，偏转时间相同，偏转量相同，y＝at2＝××t2，两板间电压、距离、运动时间相等，则a、b一定相同的物理量是比荷，故A正确．]‎ ‎9．(2019·安徽江南十校联考，18)空间存在水平向右的匀强电场，方向与x轴平行，一个质量为m、带负电的小球，带电荷量为q，从坐标原点以v0＝‎10 m/s的初速度斜向上抛出，且初速度v0与x轴正方向夹角θ＝37°，如图所示．经过一段时间后到达最高点，此时速度大小也是‎10 m/s，则该小球在最高点的位置坐标是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎0.6 m,‎1.8 m B．－‎0.6 m,‎‎1.8 m C．‎5.4 m,‎1.8 m D．‎0.6 m,‎‎1.08 m 解析：B　[带电小球受重力和水平向左的电场力作用，把带电小球的运动分解成沿x轴方向初速度为v0cos 37°的匀减速直线运动，沿y轴方向初速度为v0sin 37°的竖直上抛运动．当沿y轴方向速度减小为0时小球达到最高点，故有y＝＝‎1.8 m，t＝‎ - 9 -‎ eq f(v0sin 37°,g)＝0.6 s，x＝·t＝－‎0.6 m，故B选项正确．]‎ ‎10．(2019·天津理综，3)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　)‎ A．动能增加mv2　　　　 B．机械能增加2mv2‎ C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2‎ 解析：B　[小球从M点运动到N点的过程，可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动．竖直方向上，运动时间t＝，上升高度h＝；水平方向上，2v＝at，a＝，所以F电＝2mg，水平位移x＝ t＝·t＝.从M到N，动能增量ΔEk＝m×(2v)2－mv2＝mv2，A错；重力势能增量ΔEp＝mgh＝mv2，C错；电势能增量ΔEP电＝－W电＝－F电·x＝－2mv2，故D错；机械能增量ΔE机＝ΔEk＋ΔEp＝2mv2，B正确．]‎ ‎[B级－综合练]‎ ‎11.(2020·河北衡水中学高考模拟)(多选)如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ(θ≠45°)，场中有一质量为m、电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中(　　)‎ A．外力所做的功为 B．带电小球的电势能增加qEL(sin θ＋cos θ)‎ C．带电小球的电势能增加 D．外力所做的功为mgLtan θ 解析：AB　[小球在水平位置静止，由共点力的平衡可知，F电sin θ＝mg，则F电＝Eq＝，小球从初始位置移到最低点时，电场力所做的功W电＝－EqL(cos θ＋sin θ)＝－Δ - 9 -‎ Ep，故B正确，C错误；由动能定理可知，W外＋W电＋WG＝0，W外＝－(W电＋WG)＝EqL(cos θ＋sin θ)－mgL＝，故A正确，D错误．故选A、B.]‎ ‎12．(多选)如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称．圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a、b两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点．下列说法正确的是(　　)‎ A．a、b两点的场强相同 B．a、b两点的电势相同 C．将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电势能先增加后减小 D．将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则＋为一定值 解析：BD　[等量同种正电荷电场线和等势面的分布图如图所示．电场强度的方向沿电场线的切线方向，由图可以知道，a、b两点的场强大小相等、方向不同，则场强不同，故A错误；‎ 根据等量同种正电荷的电场分布的对称性知，a点的电势等于b点的电势，故B正确；将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电场力先做正功后做负功，故电势能先减小后增加，故C错误；设半圆直径为d，将一个正电荷q放在半圆上任一点，设该点到P的距离为r1，到Q的距离为r2，两等量点电荷的电荷量均为Q，由勾股定理得r＋r＝d2，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，由库仑定律得F1＝，F2＝，所以＋＝＝，为定值，故D正确．]‎ ‎13．如图甲所示，两水平金属板A、B间的距离为d，极板长为l，A、B右端有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A、B右端的距离为‎0.71l.A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向值也为U0，A、B间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场．现有质量为m、电荷量为e(重力不计)的电子束，以速度v0沿A、B两板间的中心线OO′射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧屏上．‎ - 9 -‎ ‎(1)求电子通过偏转电场的时间t0.‎ ‎(2)若UAB的周期T＝t0，求从OO′上方飞出偏转电场的电子在飞出时离OO′的最大距离．‎ ‎(3)若UAB的周期T＝2t0，求电子击中荧光屏上O′点时的速率．‎ 解析：(1)电子在水平方向做匀速运动，v0t0＝l，‎ 解得t0＝.‎ ‎(2)当T＝t0时，t＝0时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大．设最大距离为ym，加速度大小为a，则：‎ ym＝2×a2，a＝，‎ 解得最大距离ym＝.‎ ‎(3)当T＝2t0时，电子要到达O′点在电场中必须在竖直方向上先加速后减速再反向加速，并且加速度大小相等，离开电场后竖直方向上匀速，从O到O′的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等．设向上加速时间为Δt，则在竖直方向上有：‎ y上＝2×a(Δt)2‎ y下＝a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt) 要到达O′点，则有y上＝y下．‎ 解得：Δt＝0.4t0，另一解：Δt＝3t0舍去．‎ 所以，到达O′点的电子在竖直方向上的速度大小为vy＝a(t0－2Δt)‎ 到达荧光屏上O′点的电子的速率为v＝，‎ 解得：电子击中荧光屏上O′点时的速率 v＝ 答案：(1)　(2)　(3) ‎14．如图所示，相距‎2L的AB、CD - 9 -‎ 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS下方的电场E1的场强方向为竖直向上，PS上方的电场E2的场强方向为竖直向下．在电场左边界AB上宽为L的PQ区域内，连续分布着电荷量为＋q、质量为m的粒子．从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场E1中．从Q点射入的粒子，通过PS上的某点R进入匀强电场E2后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图．若MS两点的距离为.不计粒子的重力及它们间的相互作用．‎ ‎(1)求电场强度E1与E2的大小．‎ ‎(2)在PQ间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD边水平射出，这些入射点到P点的距离有什么规律？‎ 解析：(1)设粒子由Q到R及R到M点的时间分别为t1与t2，到达R时竖直速度为vy，‎ 由y＝at2、vy＝at及F＝qE＝ma得：‎ L＝a1t＝t ＝a2t＝t vy＝t1＝t2‎ v0(t1＋t2)＝‎‎2L 联立解得：E1＝，E2＝.‎ ‎(2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2.因沿PS方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD边的时间均为t＝.设PQ间距离P点为h的粒子射入电场后，经过n(n＝2,3,4，…)个类似于Q→R→M的循环运动(包括粒子从电场E2穿过PS进入电场E1的运动)后，恰好垂直于CD边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到达PS边的时间则为T，则 h＝··2＝(n＝2,3,4，…)‎ 答案：(1)　　(2)见解析 - 9 -‎ - 9 -‎