2019届高三物理二轮复习习题：专题三考点1电场及带电粒子在电场中的运动版含答案

专题三电场和磁场考点1电场及带电粒子在电场中的运动[限时45分钟；满分100分]一、选择题(每小题7分，共70分)1．(多选)如图3－1－16所示，A、B、C、D四点构成一边长为L的正方形，对角线AC竖直，在A点固定一电荷量为－Q的点电荷，规定电场中B点的电势为零。现将几个质量均为m、电荷量均为－q的带电小球从D点以大小均为v0的速度向各个方向抛出，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是图3－1－16A．通过B点的小球在B点时的速度大小为v0B．通过C点的小球在C点时的电势能比通过B点的小球在B点时的电势能大C．通过C点的小球在C点时受到的库仑力是通过B点的小球在B点时受到的库仑力的2倍D．若通过C点的小球在C点时的速度大小为v，则C点的电势为eq\f(m,2q)(v2－veq\o\al(2,0)－eq\r(2)gL)解析由负点电荷的电场线以及等势面的分布可知，φc>φB＝φD＝0，对从D点运动到B点的小球，由动能定理可知qUDB＝ΔEk，由于φB＝φD＝0，因此ΔEk＝0，即通过B点的小球在B、D两点的速度大小相等，A正确；负电荷在低电势点的电势能大，因此带负电小球在B点的电势能大于在C点的电势能，B错误；由库仑定律F＝keq\f(Qq,r2)可知，F∝eq\f(1,r2)，又AB∶AC＝1∶eq\r(2)，因此小球在B、C两点的库仑力之比为2∶1，C错误；对由D运动到C的小球，由动能定理得mg×eq\f(\r(2),2)L＋(－qUDC)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又UDC＝φD－φC＝0－φC＝－φC，解得φC＝eq\f(m,2q)(v2－veq\o\al(2,0)－eq\r(2)gL)，D正确。答案AD2．(2018·陕西质检)如图3－1－17所示，真空中有两个点电荷Q1＝＋9.0×10－8C和Q2＝－1.0×10－8C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x＝0处，Q2位于x＝12cm处。在x轴上图3－1－17A．场强为0的点有两处B．在x>12cm区域，电势沿x轴正方向升高C．点电荷在x＝9cm处，电场力为0D．在0<x<12cm和x>18cm的区域，场强沿x轴正方向解析根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，在x轴上电场强度为零的点只能在x>12cm区域内某点，只有一处，点电荷在该处电场力为零，选项AC错误。在x>12cm区域电势沿x轴正方向先升高后降低，选项B错误。在0<x<12cm区域，电场线由Q1指向Q2，电场强度沿x轴正方向；设在x轴上坐标为x的点电场强度为零，根据点电荷电场强度公式和场强叠加，可得keq\f(Q1,x2)－keq\f(Q2,(x－12)2)＝0，解得x＝18cm。在x>18cm的区域，场强沿x轴正方向，选项D正确。答案D3．(2018·沈阳检测)如图3－1－18所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子射出时的偏转角变大的是图3－1－18A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小解析设电子被加速后获得的初速度为v0，平行极板长为l，平行极板间距为d，则由动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电子在电场中偏转所用时间t＝eq\f(l,v0)，设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a，由牛顿第二定律得a＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(eU2,dm)，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，由以上式子联立可得vy＝eq\f(eU2l,dmv0)，又有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(eU2l,dmv\o\al(2,0))＝eq\f(eU2l,2deU1)＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2变大、U1变小都能使偏转角θ变大，B正确。答案B4．(2018·佛山质检)如图3－1－19所示，A、B、C是两带电荷量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两线段的交点，A点固定有一带电荷量同为Q的负点电荷，现将一电子从B点由静止释放，电子运动中会经由C点继续向前运动，则图3－1－19A．从B到C，电场力对该电子一直不做功B．电子从B到C做加速度变大的加速运动C．电子在B、C两点时的电势能大小关系是EpB>EpCD．若电子可回到B点，则回到B点时速度不为零解析由合场强的特点知，电子由B运动到C的过程中，受电场力作用，加速度是减小的，故AB错误；由于电子能经过C点并向前运动，且运动过程中只有电场力做功，动能增加，则电势能减小，所以EpB>EpC，C正确；若电子可回到B点，由于只有电场力做功，回到B点时电场力做功为零，动能不变，所以回到B点时速度为零，D错误。答案C5．(多选)毛毯等绒料布生产时常采用静电植绒技术来实现，其原理如图3－1－20：其中A是接高压阳极的金属网，其内装有绒料，B是一块金属平板，上面铺着涂有黏合剂的待植绒基布。当待植绒基布从两极板经过时，给A接上高压并使绒料带上电荷，这样绒料在经过A、B两平行板间的电场加速后以高速向B板运动，遇到待植绒基布后便粘在上面从而实现静电植绒，下列说法正确的是图3－1－20A．A、B两极板的电场方向由B指向AB．带电绒料带正电荷C．带电绒料在运动过程中电场力对它做正功D．带电绒料在运动过程中电势能增加解析A、B两极板的电场方向由A指向B，故选项A错误；由于两极板的电场方向由A指向B，带电绒料向B板运动，说明带电绒料是带正电荷的，故选项B正确；带电绒料在运动过程中电场力对它做正功，电势能减少，故选项C正确，D错误。答案BC6．(多选)如图3－1－21所示，电容器两极板与电源正负极相连，在将电容器两极板间的距离由d迅速增大为2d的过程中，下列说法正确的是图3－2－21A．电容器两板间电压始终不变B．电容器两板间电压瞬时升高后又恢复原值C．根据Q＝CU可知，电容器带电荷量先增大后减小D．电路中电流由B板经电源流向A板解析在将电容器两极板间距离迅速增大的过程中，电容器极板上的电荷量未来得及变化，即Q不变，则C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(Q,Ed)，又C＝eq\f(εrS,4πkd)，所以eq\f(Q,Ed)＝eq\f(εrS,4πkd)，所以E＝eq\f(4πkQ,εrS)也不变。而U＝Ed，故U增大，但最终电压U要与电源电压相等，故A错误，B正确；此后，因为C＝eq\f(εrS,4πkd)，所以d增大时，C减小。由Q＝CU，所以Q减小，电路中有瞬时电流，方向由B板经电源流向A板，故D正确，C错误。答案BD7．(多选)电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，A为阳极，两极之间的电势差为U。A、K之间的电场线分布如图3－1－22所示。阴极发出的电子在电场作用下由静止状态从K加速运动到A，设电子的质量为m，则下列说法正确的是图3－1－22A．阴阳两极的电场为匀强电场B．电子在运动过程中的加速度变大C．电子的电势能不断增加D．电子到达阳极时的速度为v＝eq\r(\f(2eU,m))解析由图中的电场线分布特点可知A项错误；从电场线的分布特点可看出，电子在加速过程中所受到的电场力逐渐变大，因此电子的加速度在变大，B项正确；由于电子带负电，当它从K极向A极运动时，电场力做正功，电势能减小，C项错误；由动能定理可得eU＝eq\f(1,2)mv2，解得电子的速度为v＝eq\r(\f(2eU,m))，D项正确。答案BD8．(多选)如图3－1－23所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V。实线是一带电的粒子仅在电场力的作用下在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，下列说法中正确的是图3－1－23A．该电场的场强方向竖直向下B．该粒子一定带负电荷C．带电粒子在三点的动能Ekc＝Eka＝EkbD．带电粒子在b点的电势能最大解析根据“沿电场线方向电势降低”和“电场线与等势面垂直”的特点可知，该电场的场强方向竖直向上，故A项错误；根据物体做曲线运动的受力与轨迹的关系可知，粒子所受的电场力向下，故该粒子带负电荷，B项正确；粒子在b点动能最小，在c点动能最大，C项错误；带电粒子从电势高的地方到电势低的地方，电场力做负功，电势能增大，所以D项正确。答案BD9．(多选)如图3－1－24所示，有一带电金属圆环，其带电荷量为Q，在环心O的正上方的a点处静止一个质量为m、带电荷量为＋q的小球，重力加速度为g，下列说法正确的是图3－1－24A．圆环带负电荷B．圆环在a点产生的场强大小为Ea＝eq\f(mg,q)C．将一带正电的点电荷(忽略重力)在O点静止释放后它将静止不动D．若将小球向O点移动，则小球的电势能增加解析由于小球带正电，根据二力平衡可知，小球所受到的电场力竖直向上，所以圆环带正电荷，故A项错误；设圆环在a点处的场强大小为Ea，对小球有mg＝qEa，解得Ea＝eq\f(mg,q)，故B项正确；将一带正电的点电荷放在O点时，圆环对该正电荷的电场力为零，此时点电荷受到带正电小球的作用力将向下运动，因此C项错误；由于圆环带正电，若将小球向O点移动，小球要克服电场力做功，故小球的电势能增加，所以D项正确。答案BD10．有一匀强电场，方向如图3－1－25所示，在电场中有三个点A、B、C，这三点的连线恰好构成一个直角三角形，且AC边与电场线平行。已知A、B两点的电势分别为φA＝5V，φB＝1.8V，AB的距离为4cm，BC的距离为3cm。若把一个电子(e＝1.6×10－19C)从A点移动到C点，那么电子电势能的变化量为图3－1－25A．8.0×10－19JB．1.6×10－19JC．－8.0×10－19JD．－1.6×10－19J解析设AB与AC之间的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(4,5)，又AB的距离SAB＝4cm，则AB沿场强方向的距离为dAB＝SABcosθ＝4×eq\f(4,5)cm＝eq\f(16,5)cm，设A、B之间电势差为UAB，则电场强度为E＝eq\f(UAB,dAB)＝eq\f(φA－φB,dAB)＝100V/m。电子从A点到达C点时电势能的变化量为ΔEp＝－W＝1.6×10－19×100×0.05J＝8.0×10－19J，故A项正确。答案A二、计算题(本题共2小题，共30分)11．(14分)(2018·百色质检)如图3－1－26所示，有一平面直角坐标系xOy，其中x轴的正方向为水平向右，y轴的正方向为竖直向上。在x>0的空间中，存在沿x轴正方向的匀强电场；在x<0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小均为E＝1N/C。一质量m＝10g、电荷量q＝0.1C的带负电的小球在点P(10cm,0)处由静止释放，不计空气阻力，重力加速g＝10m/s2。求：图3－1－26(1)小球第一次到达y轴时的速度；(2)小球第二次到达y轴时的位置坐标。解析(1)小球在P点时，对小球受力分析可知：所受电场力水平向左，大小为F电＝qE＝0.1N所受重力竖直向下，大小为G＝mg＝0.1N所以小球受到的合力斜向左下方，与x轴的负方向的夹角为45°，大小为F＝eq\f(\r(2),10)N由牛顿第二定律和运动学公式可知，小球在x>0的空间运动的加速度大小为：a＝eq\f(F,m)设小球第一次到达y轴上的点为A，则veq\o\al(2,1)＝2alPA，其中lPA＝eq\r(2)xp解得小球到达A点的速度为v1＝2m/s(2)小球在x<0的空间运动时受合力的大小仍为F、方向斜向右下方，与y轴负方向的夹角为45°，所以小球在x<0的空间内以大小为a的加速度做类平抛运动，小球从A运动到B的过程中，在合力的方向与合力垂直的方向运动的位移大小相等，则有v1t＝eq\f(1,2)at2＝leq\r(2)l＝lAB解得：lAB＝80cm由几何关系可知lOA＝10cm所以小球第二次到达y轴的坐标为(0，－90cm)。答案(1)2m/s(2)(0，－90cm)12．(16分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。解析(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1①油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1②电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2③油滴在时刻t＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤(2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥油滴从t＝0到时刻t1的位移为s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑦油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为s2＝v1t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)⑧由题给条件有veq\o\al(2,0)＝2g(2h)⑨式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上，依题意有s1＋s2＝h⑩由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)＋\f