高考物理一轮复习考点强化练3电场及带电粒子在电场中的运动问题含答案

高频考点强化练(三)　电场及带电粒子在电场中的运动问题

(45分钟　100分)

一、选择题(本题共9小题,每小题5分,共45分,其中1～5题为单选题,6～9题为多选题)

1. (2020·浙江7月选考)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时              (　　)

A.所用时间为

B. 速度大小为3v0

C.与P点的距离为

D. 速度方向与竖直方向的夹角为30°

【解析】选C。粒子在电场中做类平抛运动,水平方向x=v0t,竖直方向y=t2,由tan45°=,可得t=,故A错误;由于vy=t=2v0,故粒子速度大小为v==v0,故B错误;由几何关系可知,到p点的距离为L=v0t=,故C正确;设速度方向与竖直方向的夹角为α,则有tanα==,α不等于30°,故D错误。

2.直角坐标系xOy中,M、N两点位于x轴上,G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷,一电量为Q的正点电荷置于O点时,G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点,则H点处场强的大小和方向分别为              (　　)

A.,沿y轴正向　　　 B.,沿y轴负向

C.,沿y轴正向   D.,沿y轴负向

【解析】选B。因正电荷Q在O点时,G点的场强为零,则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强与正电荷Q在G点产生的场强等大反向,大小为E合=k。若将正电荷移到G点,则正电荷在H点的场强为E1=k=。因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向,则H点的合场强为E=E合-E1=,方向沿y轴负向,故选B。

3.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示,在半球面AB上均匀分布正电荷,总电荷量为q,球面半径为R,CD为通过半球顶点与球心O的轴线,在轴线上有M,N两点,OM=ON=2R。已知M点的场强大小为E,则N点的场强大小为              (　　)

A.-E　　B.　　C.-E　　D.+E

【解析】选A。若将带电量为2q的球面放在O处,均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则在M、N点所产生的电场为E==,由题知当半球面如图所示,M点的场强大小为E,则N点的场强为E′=-E,故选A。

4.如图,平行板电容器与电动势为E的电源连接,下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将上极板竖直向上移动一小段距离,则              (　　)

A.P点的电势将降低

B.极板带电量将增加

C.带电油滴的电势能将增大

D.带电油滴将竖直向上运动

【解析】选C。将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,由于电容器两板间电压不变,根据E=得知板间场强减小,而P点与下极板间的距离不变,则由公式U=Ed分析可知,P点与下极板间电势差将减小,而P点的电势低于下极板的电势,则知P点的电势将升高,故A错误;油滴所受的电场力减小,则油滴将向下运动,故D错误;根据Q=UC,由于电势差不变,电容器的电容减小,故带电量减小,故B错误;由带电油滴原来处于平衡状态可知,油滴带正电,P点的电势升高,则油滴的电势能将增加,故C正确。故选C。

5.如图所示,以O点为圆心,以R=0.20 m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d,该圆所在平面内有一匀强电场,场强方向与x轴正方向成θ=60 °角,已知a、b、c三点的电势分别为4 V、4 V、-4 V,则下列说法正确的是              (　　)

A.该匀强电场的场强E=40 V/m

B.该匀强电场的场强E=80 V/m

C.d点的电势为-2 V

D.d点的电势为-4 V

【解析】选D。匀强电场中,电势差与电场强度的关系为U=Ed,d是两点沿电场强度方向的距离,根据此公式和ac间的电势差,求出电场强度E。由题可知,圆心O点的电势为0,根据U=Ed分析d、b间电势差的关系,即可求得d点的电势。由题意得,a、c间的电势差为Uac=φa-φc=8 V,a、c两点沿电场强度方向的距离为d=2Rsinθ= m,故该匀强电场的场强E==40 V/m,故A、B错误;根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U=Ed可知,相等距离,电势差相等,因为 φa=4 V,φc=-4 V,可知,O点电势为0,而dO=Ob,则a、O间的电势差等于O、a间的电势差,可知,d点的电势为-4 V,故C错误,D正确。故应选D。

6.如图所示,两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)被固定在光滑绝缘水平面上。P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点,且PO=ON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)从P点由静止释放,在小球C向N点运动的过程中,关于小球C的速度图象中,可能正确的是              (　　)

【解析】选A、D。在AB的垂直平分线上,从无穷远处到O点电场强度先变大后变小,到O点变为零,负电荷受力沿垂直平分线运动,电荷的加速度先变大后变小,速度不断增大,在O点加速度变为零,速度达到最大,由速度与时间的图象的斜率先变大后变小,由O点到无穷远,速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性,如果PN足够远,则D正确,如果PN很近,则A正确。

7.如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时,两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有(　　)

A.电场E中A点电势低于B点

B.转动中两小球的电势能始终相等

C.该过程静电力对两小球均做负功

D.该过程两小球的总电势能增加

【解析】选A、B。沿着电场线方向,电势降低,A正确;由于O点的电势为0,根据匀强电场的对称性,电势φA=-φB,又qA=-qB,Ep=qφ,所以电势能EpA=EpB,B正确;A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左,绝缘轻杆顺时针旋转,两小球受到的静电力对两小球均做正功,电场力做正功,电势能减少,C、D错误。故选A、B。

8. (2020·全国Ⅱ卷)如图,竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点,c、d为竖直直径上的两个点,它们与圆心的距离均相等。则              (　　)

A.a、b两点的场强相等     B.a、b两点的电势相等

C.c、d两点的场强相等     D.c、d两点的电势相等

【解析】选A、B、C。

如图所示为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环,可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场,沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴PP′,PP′所在的水平面与每一条电场线都垂直,即为等势面,延伸到无限远处,电势为零。故在PP′上的点电势为零,即φa=φb=0;而从M点到N点,电势一直在降低,即φc>φd,故B正确、D错误;上下两侧电场线分布对称,左右两侧电场线分布也对称,由电场的叠加原理可知A、C正确;故选A、B、C。

9.反射式速调管是常用微波器之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴,其电势φ随x的分布如图所示。一质量m=2.0×10-20 kg,电荷量q=2.0×10-9 C的带负电的粒子从(-1,0)点由静止开始,仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则              (　　)

A.x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比=

B.粒子在0～0.5 cm区间运动过程中的电势能减小

C.该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为4.0×10-8 J

D.该粒子运动的周期T=3.0×10-8 s

【解析】选A、C、D。根据U=Ed可知,左侧电场强度:E1= V/m=2.0×103 V/m,右侧电场强度:E2= V/m=4.0×103 V/m,所以=,故A正确。粒子带负电,故在0～0.5 cm 区间运动过程中的电势能增加,B错误。该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为ΔEp=ΔUq=20×2.0×10-9 J=4.0×10-8J,C正确。粒子运动到原点时速度最大,根据动能定理有:qE1x=Ekm,其中x=1.0×10-2 m,联立得:Ekm=4.0×10-8 J,设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2,在原点时的速度为vm,由运动学公式有vm=a1t1=t1,同理可知:vm=a2t2=t2、Ekm=m,而周期T=2(t1+t2),联立得:T=3.0×10-8 s,故D正确。故选A、C、D。

二、计算题(本题共3小题,共55分)

10. (16分)(2021·牡丹江模拟)在平面直角坐标系xOy平面内有一匀强电场(未画出)。在x轴上有一点A,A与坐标原点O的距离为2R,以OA为直径作一个圆,如图所示。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子自O点沿OA方向先后以不同速率进入电场。从圆周上的不同位置离开该圆形区域。其中从圆周上点B(R,-R)处离开的粒子在射到圆周上的过程中动能增量最大,已知该粒子自O点入射时的速率为v0,运动中粒子仅受匀强电场的电场力作用。

(1)求该匀强电场的电场强度的大小和方向。

(2)若从圆周上点C处离开的粒子在射到圆周上的过程中动能增量为m,求C点的坐标及该粒子自O点沿OA方向入射时的速率。

【解析】

(1)由于粒子从B点射出圆周时动能增量最大,可知匀强电场沿y轴负方向

qE=ma

R=v0t1

R=a

解得E=

(2)由B射出时,粒子动能增量ΔEk1=qER=2m

由C射出时,粒子动能增量ΔEk2=qEy=m

可得C点到x轴的距离y=

由几何关系可得C点的横坐标

xC1=R或xC2=R

C点坐标为(R,-)或(R,-)

=a

xc1=vC1t2

xc2=vC2t2

解得:vC1=v0或vC2=v0

答案:(1)　沿y轴负方向

(2)(R,-)或(R,-)

v0或v0

11. (19分)如图所示,ABCD是半径为R的四分之三光滑绝缘圆形轨道,固定在竖直面内。以轨道的圆心O为坐标原点,沿水平直径AC方向建立x轴,竖直直径BD方向建立y轴。y轴右侧(含y轴)存在竖直向上的匀强电场。一质量为m、带电量为+q的小球,从A点由静止开始沿轨道下滑,通过轨道最高点D后,又落回到轨道上的A点处。不考虑小球之后的运动,不计空气阻力,重力加速度为g,求:

(1)小球落回到A点时的速率;

(2)电场强度的大小;

(3)小球从A下滑到电场内的B点时对轨道压力的大小。

【解析】(1)设小球离开D点时的速率为vD,由D落回到A的时间为t,则由平抛运动规律有R=gt2,R=vDt,解得=,小球落回到A时的速率为vA,根据动能定理有mgR=m-m解得vA=;

(2)小球从A到D的过程中,根据动能定理有

-mgR+2qER=m-0结合(1)解得E=

(3)小球通过轨道最低点B处时的速率为vB,轨道对小球的支持力为F,则有mgR=m-0,

根据合力提供向心力有F+qE-mg=m

解得F=

由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力F′=F=

答案:(1)　(2)　(3)

12. (20分)(2021·成都模拟)如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=40 cm,一带正电荷q=10-4 C的小滑块质量为m=40 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,问:

(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?

(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道中点)

 (3)小滑块经过C点后最后落地,落地点离N点的距离多大?落地时的速度是多大?

【解析】(1)设滑块与N点的距离为L,分析滑块的运动过程,由动能定理可得,

qEL-μmgL-mg·2R=mv2-0

小滑块在C点时,重力提供向心力,

所以mg=m

代入数据解得v=2 m/s,L=20 m。

(2)滑块到达P点时,对全过程应用动能定理可得,

qE(L+R)-μmgL-mg·R=m-0

在P点时由牛顿第二定律可得,FN-qE=m,

代入数据解得FN=1.5 N。

由牛顿第三定律可得,滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5 N。

(3)小滑块经过C点,在竖直方向上做的是自由落体运动,由2R=gt2,可得滑块运动的时间为t=

得t=0.4 s。

滑块在水平方向上只受到电场力的作用,做匀减速运动,由牛顿第二定律可得qE=ma

所以加速度a=2.5 m/s2

水平的位移为x=vt-at2代入解得x=0.6 m。

滑块落地时竖直方向的速度的大小为

vy=gt=10×0.4 m/s=4 m/s

水平方向的速度的大小为vx=v-at=1 m/s

落地时速度的大小为v地=

解得v地= m/s。

答案:(1)20 m　(2)1.5 N　(3)0.6 m　 m/s