高考物理 专题08 静电场 备考强化训练19 带电粒子在电场中的直线运动 新人教版

强化训练19 带电粒子在电场中的直线运动本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其目的在于：了解电容器的结构，理解平行板电容器及其电容决定式的意义。通过本训练把握带电粒子在电场中运动的知识，熟悉利用电学搭台、力学唱戏的方法，分析和解决带电粒子在电场中运动的规律，以便了解本类知识在现代技术中的应用。一、破解依据电容：定义式,计算式C=Q/U *平行板电容器的电容C=S/4Kd S:两极板正对面积 d:两极板间的垂直距离*两个电容器的串、并联：，。电场力及其功：若不计带电粒子的重力，无论均匀或不均匀电场，则电场力做的功都等于动能的增量。, ；电势能及其变化：则用及电加速、电偏转：加速运动 (Vo=0) W=EK qu=mVt2/2 ，类平抛运动 a=F/m=qE/m ，y=at2/2；侧移：，方向：二、 精选习题选择题（每小题5分，共40分）（16浙江）以下说法正确的是A在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低B外力对物体所做的功越多，对应的功率越大C电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比D在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化2.（16新课标I）一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器（ ）A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变3.（16天津）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则图-1A、增大，E增大 B、增大，不变C、减小，增大 D、减小，E不变4.（17江苏）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点由O点静止释放的电子恰好能运动到P点现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()图-2A运动到P点返回B运动到P和P点之间返回C运动到P点返回D穿过P点5.（14襄阳五中）如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场。光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动。以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是 xEEOOxAOxvCOxEkDOxaB图-36.（14杭州学军中学）如图所示,长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于场强方向平行于纸面的电场中,一电荷量为q、质量为m的带正电小球,以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑,到达斜面顶端B点时速度仍为v0.下列判断正确的是（已知重力加速度为g）（ ） 图-4A.小球在B点的电势能小于小球在A点的电势能B.由题设条件可求得A、B两点的电势差C.该电场可能是位于AB中垂线上的正电荷所形成的电场D.若该电场是匀强电场,则电场方向平行于斜面向上时，电场强度最小7. （14武昌模拟）如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是（ ）图-11AQ2带负电且电荷量大于Q1Bb点的场强一定为零Ca点的电势比b点的电势高D粒子在a点的电势能比b点的电势能小8.（14江西师大附中三模）如图所示，匀强电场E方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经过A点时动能是200J，经过B点时，动能是A点的，减少的动能有转化成电势能，那么，当它再次经过B点时动能为（ ）图-6A4J B8J C16J D20J计算题（共50分）（16上海）（17分）如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16x0.20和x0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量）图-7（1）小球B所带电量q;（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U。（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m。若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的做小距离s是多少？（16四川）（15分）中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为，进入漂移管E时速度为，电源频率为，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取。求：（1）漂移管B的长度；（2）相邻漂移管间的加速电压。图-15（17全国）(18分)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：图-9 (1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小 (三)选做题12.（14西工大附中）静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是（ ）A断开开关S后，将A、B分开些B保持开关S闭合，将A、B两极板分开些C保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动图-1013.（14襄阳五中）如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即。在带电长直细棒右侧，有一长为的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为+q和+4q，A球距直棒的距离也为，两个球在外力F=2mg的作用下处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用。（1）求k的值；（2）若撤去外力F，求在撤去外力瞬时A、B小球的加速度和A、B小球间绝缘细线的拉力；（3）若剪断A、B间的绝缘细线，保持外力F=2mg不变，A球向左运动的最大速度为vm，求从剪断绝缘细线到A球向左运动达到最大速度，A球所处位置电势怎样变化？变化了多少？图-1214. (14安徽)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:图-14(1)小球到达小孔处的速度;(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。15. （13上海）(12分)半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强火小沿半径分布如图-15所示，图中E0已知，Er曲线下OR部分的面积等于R2R部分的面积。图-15 (1)写出Er曲线下面积的单位；(2)己知带电球在rR处的场强EkQr2，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大?(3)求球心与球表面间的电势差U；(4)质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处?16. （13全国大纲版）（19分）一电荷量为q（q0）、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图-16所示。不计重力，求在t0到tT的时间间隔内图-16 （1）粒子位移的大小和方向；（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间。17.（宁波效实中学） 如图17所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为112.现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点求：(1)滑块进入CDHG区域时的速度大小(2)滑块在ADHE区域运动的总时间图-17三、参考答案选择题【答案】A【解析】静电场中，顺着电场线电势要降落，A正确；由可知B错误；电容器电容是由电容本身所决定的，C错误；在超、失重中，实际重力式不变的，视重发生了变化，选项D错误。【答案】D【解析】由可知，当云母介质抽出时，变小，电容器的电容变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故不变，根据可知，当减小时， 减小。再由，由于与都不变，故电场强度不变，答案为D.【答案】D【解析】上板下移，由可知，C变大，Q一定，则Q=CQ，U减小，则减小；根据，Q=CU, ,可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下板的距离不变，E不变，则P点与下板的电势差不变，P点电势不变，则EP不变；故ABC错，D正确。【答案】A【解析】C板在P点时，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功为零当C板移到P时，根据E，可知B、C板间的电场强度不变，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功仍然为零，所以电子运动到P点时速度为零，然后返回，故A正确【答案】D【解析】沿X轴正负方向看，电势是逐渐减小，它与X轴正负方向的距离成反比，A图错；加速度在X轴正方向是斜向下偏左，在负方向是斜向下偏右，其值不变，B图错；在O点沿X轴正负方向运动，电场力做负功，动能是减小的。列式是：，由此可知C错D正确。【答案】ABD【解析】A、小球从A运动到B，重力势能增加，动能没有变化，根据能量守恒定律，电势能一定减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故A正确；B、根据动能定理得：-mgLsin+qUAB=，得到，UAB=；故B正确；C、如果该电场是位于AB中垂线上的正电荷所形成的电场，则AB的电势相等，矛盾，故C错误；D、该电场是匀强电场，当电场力平行斜面向上时，电场力最小，等于mgsin，故电场强度也最小，为，故D正确；故选：ABD【答案】BD【解析】由速度图像可知在点的斜率为零，即加速度为零，也就是该处合合电场强度为零，B选项正确；因点电场强度为零，为负电荷，由点电荷场强公式计算可得：A选项错；由速度图线可知，从速度减小，电场力做负功，是从电势低到电势高的地方，C答案错；电场力做负功，电势能增加，所以D答案正确。【答案】B 【解析】设物体向右运动到C点静止，然后返回，AB间距离为x1，BC间距离为x2，则：由动能定理：-（f+qE）x1=Ek0=-160 J-（f+qE）x2=Ek0=-40 J，所以x2=又qEx1=（Ek0）=96 J则qEx2=96=24J，即由B到C，电势能增加24J,所以克服摩擦力做功fx2=32J,因此，由B到C再回到B的过程中，-2fx2=EkB-EkB，所以EkB=EkB-2fx2=Ek0-2fx0=40-32=8J,故选B计算题【答案】（1） （2） （3）800v （4）0.065m【解析】（1）由图可知，当x=0.3m时，N因此C（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，F合=F2+qE因此电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为3，方向水平向左。（3）根据图像可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小,又,可得(4)由图可知小球从x=0.16到x=0.2m处，电场力做功小球从x=0.2m到x=0.4m处由图可知小球从到处电场力做功=0.0040.4=由动能定理+=0解得=【答案】（1）漂移管B的长度为0.4 m ；（2）相邻漂移管间的加速电压为6104 V。【解析】（1）设高频脉冲电源的频率为f，周期为T；质子在每个漂移管中运动的时间为t；质子进入漂移管B时速度为 ；漂移管B的长度为 。则联立式并代入数据得（2）设质子的电荷量为q，质量为m，荷质比为e；质子进入漂移管B时动能为；质子进入漂移管E时速度为，动能为；质子从漂移管B运动到漂移管E，动能的增加量为；质子每次在相邻漂移管间被电场加速，电场的电压为U，所做的功为W。则质子从漂移管B运动到漂移管E共被电场加速3次，根据动能定理有联立式并代入数据得 【答案】(1)31(2)H(3)【解析】 (1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得 (2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得Vy22ghHvytgt2M进入电场后做直线运动，由几何关系知联立式可得hH(3)设电场强度的大小为E，小球 M进入电场后做直线运动(注：由两匀变速直线运动合成为一个曲线运动，可知小球N做曲线运动)，则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理（其应用与轨迹为直线、曲线等无关），得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E（三）选做题12.【答案】A 【解析】A、断开电键，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，指针张角增大故A正确 B、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变知，故B错误 C、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变故C错误 D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误故选：A13【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】（1）对小球A、B及细线构成的整体，受力平衡，有得（2）若撤去外力瞬时， A、B间细线拉力突然变为零，则对A球：得，方向向右对B球：得，方向向右因为aAaB，所以在撤去外力瞬时，其加速度如上，在绝缘细线张紧的瞬间A、B将以相同的加速度a一起向右运动，A、B间绝缘细线张紧，有拉力T。因此，对A、B整体，由牛顿第二定律，有即2mg=2ma得a=g对A：解得故撤去外力瞬时，A、B的加速度a=g；A、B小球间绝缘细线的拉力（3）当A向左运动达到速度最大时代入k，得设从剪断绝缘细线到A球向左运动达到最大速度，电场力做功为W，由动能定理解得，负号表示电场力做负功。又由电场力做功可知W=qU因此在A球向左运动达到最大速度的过程中，所在处电势升高了。变化量为14【答案】（1）（2）；（3）【解析】(1)由,解得。(2)在极板间带电小球受重力和电场力,有mg-qE=ma,0-v2=2ad,解得。而U=Ed,Q=CU,解得。(3)由,t=t1+t2,联立解得15.答案和解析如下：16.【解析】（19分）解法一：粒子在0T/4、T/4T/2、T/23T/4、3T/4T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 、 由此得带电粒子在0T时间间隔内运动的at图像如图（a）所示（2分），对应的vt