2018年高考物理二轮复习练案第8讲电场及带电粒子在电场中的运动

专题三第8讲限时：40分钟一、选择题(本题共8小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2017·山东省潍坊一模)如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2V，a点的坐标为(0,4)，电势为8V，b点的坐标为(3,0)，电势为8V，则电场强度的大小为eq\x(导学号)(A)A．250V/m B．200V/mC．150V/m D．120V/m[解析]由题意可得a、b两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于ab，过O点做ab的垂线相交ab于c点，由几何关系得：tan∠b＝eq\f(4,3)，得∠b＝53°；oc＝ob·sin∠b＝0.03×sin53°＝2.4×10－2mco间的电势差为：U＝8V－2V＝6V；则电场强度为：E＝eq\f(U,Oc)＝250V/m，故A正确。2．(2017·山东省淄博市一模)两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且OM＞ON，由图可知eq\x(导学号)(B)A．N点的电势低于M点的电势B．M、N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小C．仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动D．负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功[解析]由图知，N点的电势高于M点的电势。故A错误；由E＝eq\f(U,d)可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小。斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同。故B正确；根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动。故C错误；负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功。故D错误。3．(2017·山东省泰安市一模)如图，＋Q为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线。两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A以相同的速度v0射入，轨迹如图中曲线，B、C为两曲线与圆的交点。aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小，vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小。不计粒子重力，以下判断正确的是eq\x(导学号)(C)A．aB＝aCvB＝vC B．aB＞aCvB＝vCC．aB＞aCvB＜vC D．aB＜aCvB＞vC[解析]由图可知粒子均带正电，AB曲线弯曲程度较AC大，可知AB轨迹的粒子质量较小，因为B、C两点电势相等，可知UAC＝UAB，电荷量相同，由动能定理：－qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可知vB<vC；由牛顿第二定律：keq\f(Qq,r2)＝ma，可知质量小的加速度大，即aB>aC，综上分析可知C正确，ABD错误。4．(2017·重庆市一模)如图所示电路，水平放置的平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑动端C相连接。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。在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端C上移，则电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需的时间teq\x(导学号)(A)A．电量q增大，时间t不变B．电量q不变，时间t增大C．电量q增大，时间t减小D．电量q不变，时间t不变[解析]当滑动变阻器的滑动端C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据q＝UC得：电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间t＝eq\f(l,v0)与电压的变化无关，所以时间t不变。故A正确，BCD错误。5．(2017·湖南省永州市二模)三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则eq\x(导学号)(AD)A．三微粒在电场中的运动时间有t1＜t2＝t3B．三微粒所带电荷量有q1＞q2＝q3C．三微粒所受电场力有F1＝F2＞F3D．飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能[解析]粒子在电场中运动的时间t＝eq\f(x,v)，水平速度相等而位移x1＜x2＝x3，所以t1＜t2＝t3，所以A正确；根据竖直位移公式：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)×t2，对粒子1与2，两者竖直位移相等，可知：在y、E、m相同的情况下，粒子2的时间长，则电量小，即q1＜q2，而对粒子2和3在E、m、t相同的情况下，粒子2的竖直位移大，则q2＞q3。所以B错误；由B选项分析知：q1＜q2，所以F1＜F2，C错误；由B选项分析，q2＞q3，且y2＞y3，则Eq2y2＞Eq3y3，电场力做功多，增加的动能大，所以D正确。6．(2017·山东省淄博、莱芜市二模)某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示；场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x1位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力。下列说法正确的是eq\x(导学号)(BD)A．点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小B．点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小C．电势差Uox1＜Uox2D．在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置的电势能最大[解析]点电荷从x1运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段：点电荷从x1运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)，电场强度E不变，所以加速度a不变，做匀加速运动。点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)，电场强度E先增大后减小，所以加速度a先增大再减小，速度不是均匀变化。故A错误；点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)，电场强度E先均匀增大后均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小。故B正确；点电荷从O运动到x1的过程中，根据动能定理：Uox1q＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理：Uox2q＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以：电势差Uox1＝Uox2，故C错误；点电荷从O运动到x1的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x1位置的电势能最大；点电荷从O运动到x2的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x2位置的电势能最大。故D正确。7．(2017·江西省新余市二模)有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势φ随x的分布如图所示。一质量为m、带电量为－q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V0从x＝0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的是eq\x(导学号)(BD)A．粒子从x＝0处运动到x＝x1处的过程中动能逐渐增大B．粒子从x＝x1处运动到x＝x3处的过程中电势能逐渐减小C．欲使粒子能够到达x＝x4处，则粒子从x＝0处出发时的最小速度应为2eq\r(\f(qφ0,m))D．若v0＝2eq\r(\f(2qφ0,m))，则粒子在运动过程中的最小速度为eq\r(\f(6qφ0,m))[解析]粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误；粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势能小，可知B正确；根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：－q[0－(－φ0)]＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v0＝eq\r(\f(2qφ0,m))，则要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为eq\r(\f(2qφ0,m))。故C错误；若v0＝2eq\r(\f(2qφ0,m))，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：－q[0－(－φ0)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得最小速度为：vmin＝eq\r(\f(6qφ0,m))，故D正确。8．(2017·山东省淄博、莱芜市二模)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容器电容为C。电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E＝eq\f(1,2)CU2。一电荷量为q的带电油滴以初动能Ek从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则eq\x(导学号)(BD)A．保持开关闭合，只将上极板下移了eq\f(d,3)，带电油滴仍能沿水平线运动B．保持开关闭合，只将上极板下移eq\f(d,3)，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek＋eq\f(qU,12)C．断开开关后，将上极板上移eq\f(d,3)，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为eq\f(2,3)CU2D．断开开关后，将上极板上移eq\f(d,3)，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为eq\f(1,6)CU2[解析]保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移eq\f(d,3)的过程中，极板距离减小，根据eq\f(U,d)知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上做加速运动，故A错误；初始时能匀速通过电容器，说明mg＝qeq\f(U,d)，保持开关闭合，仅将上极板下移，两极板间距离变为eq\f(2,3)d，电场强度E＝eq\f(3U,2d)，电场力做功W＝qE(eq\f(d,2)－eq\f(d,3))＝eq\f(qU,4)，根据动能定理W＝Ek－Ek0，－mg·(eq\f(d,2)－eq\f(d,3))＋eq\f(qU,4)＝Ek－Ek0，解得：Ek＝Ek0＋eq\f(qU,4)－eq\f(1,6)eq\f(qU,d)d＝Ek0＋eq\f(qU,12)，所以撞击上极板时的动能是Ek0＋eq\f(qU,12)，故B正确；断开开关，电容器所带的电荷量不变，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd))＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知场强不变，油滴所受的电场力不变，带电油滴仍然沿水平虚线匀速通过电容器，下极板在上极板处产生的场强为eq\f(E,2)，上极板上移eq\f(d,3)，上极板所受电场力为eq\f(1,2)EQ，外力对极板所做的功为W＝Feq\f(d,3)＝eq\f(1,2)EQ×eq\f(d,3)＝eq\f(1,6)EdQ＝eq\f(1,6)U×CU＝eq\f(1,6)CU2，故D正确。故选：BD。二、计算题(本题共3小题，需写出完整的解题步骤)9．(2017·辽宁省大连市二模)如图甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量m＝0.2kg，带电量q＝2.0×10－3C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1s后撤去电场，小物块运动的v－t图像如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g＝10m/s2。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)电场强度E的大小；(2)小物块在0～0.3s运动过程中机械能增加量。[解析](1)加速度时：a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝20m/s2减速时：a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝10m/s2由牛顿第二定律得：Eq－mgsinθ－f＝ma1mgsinθ＋f＝ma2解得Eq＝3mg摩擦力f＝0.8NE＝3×103N/C(2)方法一：ΔEk＝0ΔEp＝mgx总sin37°x总＝eq\f(1,2)×2×0.3＝0.3mΔE＝ΔEpΔE＝0.2×10×0.3×0.6＝0.36J方法二：加速距离x1＝eq\f(v,2)t1＝0.1m减速距离x2＝eq\f(v,2)t2＝0.2m电场力做功WE＝Eqx1＝0.6J摩擦力做功Wf＝－f(x1＋x2)＝－0.24J物块0～0.3s运动过程中机械能增加量ΔE＝WE＋Wf＝0.6－0.24＝0.36J10．(2017·湖北省襄阳五中一模)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平。质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R。从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等(水平分量待定)，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点。设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：eq\x(导学号)(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小。[解析](1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒，故有：mg·4R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①到达B点时速度大小为vB＝2eq\r(2gR)②(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy＝mg(方向竖直向上)。小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：Fx·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)③小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，有y＝4R＝vCt④x＝2R＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(Fx,2m)t2⑤联立解得：Fx＝mg⑥电场力的大小为：qE＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝eq\r(2)mg⑦11．(2017·山东省淄博市二模)如图所示，质量m＝1.0kg、带电量q＝－4×10－3C的小球用长度l＝0.8m的不可伸长的绝缘轻质细线悬吊在O点，过O点的竖直线右侧有竖直向下足够大的匀强电场，场强大小E＝5×103N/C。现将小球拉至A处，此时，细线与竖直方向成θ角。现由静止释放小球，在小球运动过程中细线始终未被拉断。已知cosθ＝eq\f(3,4)，取重力加速度g＝10m/s2。求：eq\(1)小球第一次运动到最低点时的速度大小；(2)小球第一次进入电场时做什么运动？小球第一次离开电场时的速度多大？(结果可保留根号)(3)小球每次离开电场前瞬间绳子对小球的拉力大小。[解析](1)小球从图示位置到达最低点的过程，由机械