高考物理二轮复习专题三第1讲电场及带电粒子在电场中的运动练习(含解析)

这是一份高考物理二轮复习专题三第1讲电场及带电粒子在电场中的运动练习(含解析)，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
电场及带电粒子在电场中的运动(建议用时：40分钟) 一、单项选择题1．(高考北京卷)如图所示，a、b两点位于以负点电荷－Q(Q>0)为球心的球面上，c点在球面外，则(　　)A．a点场强的大小比b点大B．b点场强的大小比c点小C．a点电势比b点高D．b点电势比c点低解析：选D.由点电荷的场强公式E＝可知，与－Q距离相等的点场强大小相等，离－Q越近的点场强越大，故a点场强的大小与b点的相等，b点场强的大小比c点的大，A、B项错误；与－Q距离相等的点，电势相等，离－Q越近的点，电势越低，故a点电势与b点的相等，b点电势比c点的低，C项错误，D项正确．2．一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解析：选D.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变．若将云母介质移出，电容C减小，由C＝可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U不变，d不变，由E＝可知，极板间电场强度E不变，选项D正确，A、B、C错误． 3．(莱芜二模)如图所示， 真空中电荷量均为Q的两正点电荷固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线所在直线上，且两点电荷关于正方体中心对称，则(　　)A．A、B、C、D四个点的电势相同B．A1、B1、C1、D1四个点的电场强度相同C．负检验电荷在A点的电势能小于在C1点的电势能D．正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做正功解析：选A.由叠加原理可知，A、B、C、D四个点的电势相同，选项A正确；A1、B1、C1、D1四个点的电场强度大小相同，但方向不同，选项B错误；由对称性可知A点和C1点电势相同，故负检验电荷在A点的电势能等于在C1点的电势能，选项C错误；由对称性可知C点和C1点的电势相同，故正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做功为零，选项D错误．4．(高考天津卷)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是(　　)　　　　　　　　　　　 A．vM<vN，aM<aN  B．vM<vN，φM<φNC．φM<φN，EpM<EpN  D．aM<aN，EpM<EpN解析：选D.由粒子轨迹弯曲方向及电场线分布情况可知，粒子所受电场力方向沿电场线切线方向，设粒子由M向N运动，则速度方向沿轨迹切线方向，电场力方向与粒子速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以vM>vN，EpM<EpN，A、B项错误；电场线疏密程度表示电场强度大小，故粒子在M点所受电场力的大小小于在N点所受电场力的大小，由牛顿第二定律可知，aM<aN，D项正确；由于电场线方向如图所示，所以M点电势较N点的高，C项错误．5．如图所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc.则(　　)A．aa>ab>ac，va>vc>vb  B．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>va  D．ab>ac>aa，va>vc>vb解析：选D.由点电荷电场强度公式E＝k可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减少，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有va>vc>vb，C选项错误，D选项正确．6．(高考天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　 )A．动能增加mv2  B．机械能增加2mv2C．重力势能增加mv2  D．电势能增加2mv2解析：选B.小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间的高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE′p＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．7．(河南天一联考)如图所示，小球A、B带电荷量相等，质量均为m，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F.由于外部原因小球B的带电荷量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的带电荷量减小为原来的(　　)A.  B.C.  D.解析：选C.小球B受力分析如图所示，两绝缘细线的长度都是L，则△OAB是等腰三角形，则线的拉力T与重力G相等，G＝T，小球处于平衡状态，则库仑力F＝2Gsin，设原来小球带电荷量为q，A、B间的距离是r，则r＝2Lsin，由库仑定律得F＝k，后来库仑力变为原来的一半，则＝2Gsin ，r′＝2Lsin，＝k，解得qB＝q，故选C. 8．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则(　　)A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解析：选B.由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，A错误；M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误；电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误．二、多项选择题9．(2017·高考全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V．下列说法正确的是(　　)A．电场强度的大小为2.5 V/cmB．坐标原点处的电势为1 VC．电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV解析：选ABD.ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D项正确．10．(淄博二模)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为Er＝(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝6 cm的位置上．x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示．A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平．下列说法正确的是(　　)A．电荷Q1、Q2的电性相反B．电荷Q1、Q2的电荷量之比为1∶4C．B点的x坐标是8 cmD．C点的x坐标是12 cm解析：选ACD.电势φ随x的变化关系图象的斜率＝E，所以C点电场强度为0，根据电场叠加原理可知电荷Q1、Q2的电性相反，故A正确；根据φ＝可知，φA＝＋＝＋＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B错误；根据φ＝可知，φB＝＋＝＋＝0，解得B点的坐标是8 cm，故C正确；由E＝知，EC＝＋＝0，解得C点的坐标是x2＝12 cm，故D正确．11．(青岛模拟)如图(a)所示，两个带正电的小球A、B(均可视为点电荷)套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A球固定，电荷量QA＝2.0×10－4 C，B球的质量m＝0.1 kg.以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置x的变化规律如图(b)中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线Ⅰ的渐近线．图中M点离A点距离为6 m．令A所在垂直x轴的平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度g取10 m/s2，静电力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2.下列说法正确的是(　　)A．杆与水平面的夹角θ＝60°B．B球的电荷量QB＝1.0×10－5 CC．若B球以4 J的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2 JD．若B球从离A球2 m处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大解析：选BCD.渐进线Ⅱ表示B球的重力势能Ep随位置的变化关系，即：Ep＝mgxsin θ＝k′x，得：sin θ＝＝0.5，即θ＝30°，A项错误；由图(b)中的曲线Ⅰ可知，在x＝6 m处总势能最小，B球动能最大，该位置B球受力平衡，则有mgsin θ＝k，解得：QB＝1×10－5 C，B项正确；若B球以4 J的初动能从M点沿杆向上运动，在M点时，B球的重力势能Ep1＝mgxsin 30°＝3 J，电势能Ep电1＝Ep总－Ep1＝3 J，由能量守恒定律可知，最高点时，Ek＝0，Ep总＝4 J＋6 J＝10 J，对应的位置为x′＝10 m，此位置处Ep2＝mgx′sin 30°＝9 J，则Ep电2＝10 J－9 J＝1 J，故ΔEp＝3 J－1 J＝2 J，C项正确；在M处加速度最小为0，所以从x＝2 m向上加速度先减小后增大，D项正确． 12．(第一次全国大联考卷Ⅱ)长为l、间距为d的平行金属板水平正对放置，竖直光屏M到金属板右端的距离也为l，金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示，质量为m，电荷量为q的粒子以初速度v0从两金属板正中间自左端水平射入，由于粒子重力作用，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上．对此过程，下列分析正确的是(　　)A．粒子在平行金属板间的运动时间和在金属板右端到光屏的运动时间相等B．板间电场强度大小为C．若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子不会垂直打在光屏上D．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上解析：选ABD.粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，粒子离开电场具有竖直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，说明竖直方向末速度等于0，即电场中粒子具有竖直向上的加速度，不管是金属板间还是离开电场后，粒子在水平方向速度没有变化，而且水平位移相等，所以运动时间相等，选项A正确；竖直方向速度变化量等大反向，所以有t＝gt，可得E＝，选项B正确；若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电荷量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项C错误；若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C＝知U不变，电荷量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项D正确．三、非选择题13．(高考天津卷)2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放．引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力．单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷．(1)若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导的表达式；(3)为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议．解析：(1)设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有ZeU＝mv2－0①设正离子束所受的电场力为F′1，根据牛顿第三定律，有F′1＝F1②设在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN，由牛顿第二定律，有F′1＝ΔNm③联立①②③式，且N＝得N＝ .④(2)设正离子束所受的电场力为F′，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有P＝F′v⑤根据牛顿第三定律，有F′＝F，联立①⑤式得＝.⑥(3)为使尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压．答案：(1)　(2)＝　(3)用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压14．(2017·高考全国卷Ⅱ)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(q>0)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刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求(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．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v0－at＝0①s1＝v0t＋at2②s2＝v0t－at2③联立①②③式得＝3.④(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v＝2gh⑤H＝vyt＋gt2⑥M进入电场后做直线运动，由几何关系知＝⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h＝H.⑧(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则＝⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2由已知条件Ek1＝1.5Ek2联立④⑤⑦⑧⑨⑩式得E＝.答案：见解析