2021高考物理二轮复习专题分层突破练9电场带电粒子在电场中的运动含解析

1、专题分层突破练9电场带电粒子在电场中的运动a组1.在如图所示的四种电场中,分别标记有a、b两点,其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是()a.图甲中与点电荷等距的a、b两点b.图乙中两等量异种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点c.图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点d.图丁中非匀强电场中的a、b两点2.(2020山东济南高三下学期模拟)如图所示为等边三角形abc,在a、b两点放等量异种点电荷,已知a、b连线中点处的电场强度和电势分别为e、,则c点的电场强度和电势分别为()a.18e、b.14e、c.18e、14d.14e、143.(多选)(2020山

2、东潍坊高三期末)如图所示,在地面上方水平向左的匀强电场中,两个质量均为m的带电小球a、b经过场中p点以后的运动轨迹分别如图中虚线所示。下列说法正确的是()a.a球带正电b.b球带正电c.a球运动过程中电势能逐渐增大d.b球运动过程中电势能逐渐减小4.(2020山东青岛模拟)如图,直线ab为某电场的一条电场线,a、b、c是电场线上等间距的三个点。一个带电粒子仅在电场力作用下沿电场线由a点运动到c点的过程中,粒子动能增加,且a、b段动能增量大于b、c段动能增量,a、b、c三点的电势分别为a、b、c,电场强度大小分别为ea、eb、ec,粒子在a、b、c三点的电势能分别为epa、epb、epc。下列说

3、法正确的是()a.电场方向由a指向bb.abcc.epaepbepcd.eaebec5.(2020东北三省三校联考)真空中一半径为r0的带电金属球,通过其球心的一直线上各点的电势分布如图所示,r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上a、b两点离球心的距离,根据电势图像(-r图像),判断下列说法中正确的是()a.该金属球可能带负电b.a点的电场强度方向由a指向球心c.a点的电场强度小于b点的电场强度d.电荷量大小为q的正电荷沿直线从a移到b的过程中,电场力做功w=q(1-2)6.(2020四川成都高三诊断性考试)如图,水平放置的平行板电容器上极板带正电,所带电荷量为q,板间距离为

4、d,上极板与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间p点有一个静止的带电油滴,所带电荷量绝对值为q。静电力常量为k,下列说法正确的是()a.油滴带正电b.油滴受到的电场力大小为qqkdc.若仅将上极板平移到图中虚线位置,则静电计指针张角减小d.若仅将上极板平移到图中虚线位置,则油滴将加速向上运动b组7.如图甲所示,在匀强电场中的o点先后无初速度释放两个正点电荷和,电荷仅受匀强电场的作用沿直线向a运动,两电荷的动能ek随位移x变化的关系如图乙所示。若的电荷量为q,则可知()a.匀强电场的电场强度大小为e=ek0qx0b.电荷受到的电场力大小为f=ek0x0c.电荷的电荷量为

5、q2d.选o点为零电势点,a点的电势为a=ek0q8.(多选)如图所示,一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+q、-q连线的中垂线重合,细杆和+q、-q均固定,a、o、b为细杆上的三点,o为+q、-q连线的中点,ao=bo。现有电荷量为q、质量为m的小球套在杆上,从a点以初速度v0向b滑动,到达b点时速度恰好为0。则可知()a.从a到b,小球的电势能始终不变,受到的电场力先增大后减小b.从a到b,小球的加速度先减小后增大c.小球运动到o点时的速度大小为22v0d.小球从a到o与从o到b,重力的冲量相等9.(多选)(2020天津宁河区高三下学期二模)如图所示,一充电后与电源断开的平

6、行板电容器的两极板水平放置,板长为l,板间距离为d,距板右端l处有一竖直屏m。一带电荷量为q、质量为m的小球以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在m上,已知重力加速度为g,下列结论正确的是()a.两极板间电场强度大小为mgqb.两极板间电压为2mgdqc.整个过程中小球的重力势能增加3mg2l22v02d.若仅增大两极板间距,该小球仍能垂直打在m上10.(2020北京朝阳区高三期末)如图所示,在水平向右的匀强电场中,一根不可伸长的细线一端固定于o点,另一端悬挂一质量为m的带正电的小球。现将小球向右拉至与悬点o等高的a点,由静止释放。小球向左最远能摆到与竖直方向夹角为的b点。已知小球所带的电

7、荷量为q0,细线的长度为l。(1)求小球从a点摆到b点的过程中重力所做的功w;(2)求a、b两点的电势差uab及电场强度的大小e;(3)电势差的定义方式有两种:第一种是指电场中两点间电势的差值,即ucd=c-d,式中c和d分别为电场中c、d两点的电势;第二种是利用比值法定义,即ucd=wcdq,式中q为检验电荷的电荷量,wcd为检验电荷在电场中从c点移动到d点过程中电场力所做的功。请你证明这两种定义方式的统一性。11.(2020湖北七市教科研协作体高三下学期5月联考)如图所示,绝缘水平桌面上固定一半径为r、关于ob所在直线对称的圆弧形光滑绝缘轨道abc,在桌面内加一沿ob方向、电场强度大小为e

8、的水平匀强电场,现将一质量为m、带电荷量为+q的绝缘小球(不计重力)从轨道左侧某位置以垂直ob所在直线的初速度v0推出,小球在电场的作用下恰好从a点沿圆弧轨道切线方向进入圆弧轨道(已知oa与垂直ob的直径之间的夹角为),并最终从c点离开圆弧轨道,试求:(1)小球推出点距o点沿电场方向的距离;(2)小球经过b点时对轨道的压力大小。参考答案专题分层突破练9电场带电粒子在电场中的运动1.c解析题图甲中与点电荷等距的a、b两点,电场强度大小相同,方向不相反,a选项错误;题图乙中,根据电场线的疏密及对称性可判断,a、b两点的电场强度大小相等、方向相同,b选项错误;题图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线

9、上与连线等距的a、b两点,电场强度大小相同,方向相反,c选项正确;题图丁中根据电场线的疏密可判断,b点的电场强度大于a点的电场强度,d选项错误。2.a解析设等边三角形的边长为l,a、b两点的电荷量大小为q,a、b连线中点处的电场强度为e=2kq(l2)2=8kql2,c点的电场强度为ec=2kql2cos60=18e,等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线,则有c=,故只有选项a正确。3.ad解析电场强度方向向左,a球做曲线运动,合力指向弯道内侧,所以a球所受电场力向左,带正电,选项a正确;b球做直线运动,合力与轨迹在一条直线上,所以所受电场力向右,带负电,选项b错误;a球先向右运动后向左运动

10、,电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,选项c错误;b球一直向右运动,电场力一直做正功,电势能一直减小,选项d正确。4.c解析粒子的电性不确定,故不能确定电场的方向,也不能判断各点的电势关系,选项a、b错误;粒子在电场中只受电场力作用,故动能增加量等于电势能减小量;由a点运动到c点的过程中,粒子动能增加,则电势能减小,则epaepbepc;因ab段动能增量大于bc段动能增量,可知ab段的电势差大于bc段的电势差,可知ab段的电场线比bc段的密集,但是不能比较三点电场强度的大小关系,选项c正确、d错误。5.d解析由图可知0到r0电势不变,之后电势变小,带电金属球为一等势体,再依据沿着电场线

11、方向,电势降低,得金属球带正电,选项a错误;沿电场线方向电势降低,所以a点的电场强度方向由a指向b,选项b错误;-r图像斜率的物理意义为电场强度,所以a点的电场强度大于b点的电场强度,选项c错误;正电荷沿直线从a移到b的过程中,电场力做功w=quab=q(1-2),选项d正确。6.c解析根据受力分析知,油滴受重力和电场力,因为油滴受力平衡,故可判断油滴带负电,所受电场力竖直向上,选项a错误;因为油滴处于匀强电场中,故根据平行板电容器公式可得c=qu,u=ed,可得f=eq=qqcd,选项b错误;平行板电容器电荷量不变,根据公式c=s4kd,u=qc=4kdqs,因此将上极板平移到图中虚线位置,

12、间距变小,电容变大,电压变小,静电计指针张角变小,选项c正确;电场力f=qe=qud=4kqqs,可知电场力与两极板距离d无关,若仅将上极板平移到图中虚线位置,所受电场力不变,因此油滴仍静止不动,选项d错误。7.a解析因为电荷仅受匀强电场的作用,所以静电力所做的功等于动能变化量,即eqx0=ek0,解得e=ek0qx0,选项a正确;根据静电力所做的功等于动能变化量可得fx0=2ek0,解得f=2ek0x0,选项b错误;根据动能关系可设电荷的电荷量为q,则2eqx0=eqx0,解得q=2q,选项c错误;若选o点为零电势点,则a点的电势即为oa间的电势差,电场是匀强电场,根据公式quoa=ek0,

13、解得a大小为ek0q,但是电荷为正电荷,因此电场方向为从o到a,故a=-ek0q,选项d错误。8.ac解析根据几何关系可知,ab为两个电荷的中垂线,因此ab是等势面,所以从a到b,小球的电势能始终不变,根据电场线的疏密程度可知,在o点电场线最密,因此电场力先增大后减小,选项a正确;对物体受力分析可知,小球受重力、摩擦力、库仑力和支持力,在水平方向小球没有移动,因此水平方向的合力为零,但电场力在o点最大,因此支持力也最大,故其滑动摩擦力在o点最大,在竖直方向的合力为重力和摩擦力的合力,又因为在b点速度恰好减为0,故加速度先增大后减小,选项b错误;根据对称性,小球在o点动能变为原来的一半,因此可得

14、12mv2=1212mv02,解得v=22v0,选项c正确;小球从a到o与从o到b的速度变化不同,故所用时间不同,根据i=gt可知,重力的冲量不相等,选项d错误。9.bd解析据题分析可知,小球在平行金属板间向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,小球向下偏转,才能最后垂直打在m屏上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图所示。可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得qe-mg=mg,得到e=2mgq,由u=ed可知板间电压为u=2mgdq,选项a错误、b正确;小球在电场中向上偏转的距离为y=12at2,而a=qe-mgm=g,t=lv0,解得y=gl22v02,故小球打在屏上的位置与p点的距

15、离为s=2y=gl2v02,重力势能的增加量为ep=mgs=mg2l2v02,选项c错误;仅增大两板间的距离,因两板上电量不变,根据e=ud=qcd,而c=s4kd,解得e=4kqs,可知板间场强不变,小球在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在屏上,选项d正确。10.答案(1)w=mglcos (2)uab=-mglcosq0e=mgcosq0(1+sin)(3)见解析解析(1)小球从a到b的过程中下降的高度为h=lcos重力对小球做的功w=mgh解得w=mglcos(2)小球从a到b的过程中,由动能定理有mglcos+q0uab=0-0根据匀强电场公式有e=-uabl(1+sin)解得uab=-mglcosq0,e=mgcosq0(1+sin)(3)设试探电荷在c点的电势能为epc,在d点的电势能为epd,则试探电荷从c运动到d的过程中,根据电场力做功与电势能变化的关系有wcd=epc-epd根据电势的定义式有c=epcq、d=epdq联立解得wcd=qc-qd,即wcdq=c-d所以wcdq=c-d=ucd,可见两种定义方式是统一性的。11.答案(1)mv022qetan2+rsin (2)mv02rsin2+qe(3+2sin )解析(1)设小球从