高中物理版高考物理二轮复习专题三电场和磁场专题突破练8电场带电粒子在电场中的运动docWord文件下载.docx

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B.若增大A、B两金属板的间距,P将向上运动

C.若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,P将向上运动

D.若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,P将向上运动

4.

（2018湖南常德模拟）在空间某区域存在一电场,x轴上各点电势随位置变化情况如图所示,图线为曲线,且关于纵轴对称。

下列关于该电场的论述正确的是（　　）

A.图中A点对应的电场强度大于B点对应电场强度

B.图中A点对应的电势大于B点对应电势

C.一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能

D.一个带正电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2点的电势能

5.（2018安徽蚌埠一质检）如图甲为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上图乙所示的电压。

现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子（重力不计）,且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出,若粒子在两板之间的运动时间均为T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是（　　）

A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶1

6.

（2018福建漳州调研）如图,A、B、C三个点电荷分别固定于一个边长为a的正三角形的三个顶点,它们所带的电荷量分别为+Q、-2Q、-2Q,在三角形中心O释放一个带+q电荷的试探电荷,为了让该试探电荷静止在O点,需要在空间加上一个平行于三角形所在平面的匀强电场,则（　　）

A.所加匀强电场方向为由O指向A,电场强度大小为

B.所加匀强电场方向为由A指向O,电场强度大小为

C.撤去匀强电场,将试探电荷从O点移到BC中点,移动过程中试探电荷的电势能增加

D.撤去匀强电场,将试探电荷从O点移到BC中点,移动过程中电场力对试探电荷做正功

7.

（2018广东广州4月模拟）如图,带电粒子由静止开始,经电压为U1的加速电场加速后,垂直电场方向从两极板正中间进入电压为U2的平行板电容器,经偏转落在下板的中间位置。

为使同样的带电粒子,从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器,下列措施可行的是（　　）

A.保持U2和平行板间距不变,减小U1

B.保持U1和平行板间距不变,增大U2

C.保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板

D.保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板

8.

（2018河南中原名校第四模）水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后,断开开关,重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器,如图所示,小球先后经过虚线的A、B两点。

则（　　）

A.如果小球所带的电荷量为正电荷,小球所受的电场力一定向下

B.小球由A到B的过程中电场力一定做负功

C.小球由A到B的过程中动能可能减小

D.小球由A到B的过程中,小球的机械能可能减小

9.

（2018河南濮阳三模）如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球,P小球从紧靠左极板处由静止开始释放,Q小球从两板正中央由静止开始释放,两小球最终都能运动到右极板上的同一位置。

则从开始释放到运动到右极板的过程中,下列选项正确的是（　　）

A.P的运动时间大于Q的运动时间

B.P、Q的电势能减少量之比为4∶1

C.P、Q的动能增加量之比为4∶1

D.P、Q的电荷量之比为2∶1

10.

（2018河北衡水金卷模拟）如图所示,竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R,带电荷量为+Q,在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球（大小不计）,小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态,小球到圆环中心O距离为R,已知静电力常量为k,重力加速度为g,则小球所处位置的电场强度为（　　）

A.

B.

C.k

D.k

11.

（2018全国Ⅰ卷）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2V。

一电子经过a时的动能为10eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。

下列说法正确的是（　　）

A.平面c上的电势为零

B.该电子可能到达不了平面f

C.该电子经过平面d时,其电势能为4eV

D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍

12.

（2018河南南阳期末）如图所示,一充电后与电源断开的平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的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,则下列结论正确的是（已知重力加速度为g）（　　）

A.两极板间电压为

B.板间电场强度大小为

C.整个过程中质点的重力势能增加

D.若仅增大两极板间距,则该质点不可能垂直打在M上

二、计算题（本题共1个小题,共16分）

13.（2018安徽安庆二模）电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。

偏转电场由加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板组成,匀强磁场的左边界与偏转电场的右边界相距为s,如图甲所示。

大量电子（其重力不计）由静止开始,经加速电场加速后,连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场。

当两板没有加电压时,这些电子通过两板之间的时间为2t0,当在两板间加如图乙所示的电压时,所有电子均从两板间通过,进入水平宽度为l,竖直宽度足够大的匀强磁场中,最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上。

问:

甲

乙

（1）如果电子在t=0时刻进入偏转电场,则离开偏转电场时的侧向位移大小是多少?

（2）电子在刚穿出两板之间的偏转电场时最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少?

（3）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上,匀强磁场的磁感应强度为多少?

（已知电子的质量为m、电荷量为e）

1.B　解析电场中电势相同的点组成的面叫等势面,电场线与等势面垂直,电势相同的点电场强度不一定相同;

电场强度相同的点电势也不一定相同;

电场中某处电势只能是一个值,如果两等势面相交,就有两个值,故选项A、C错误,B正确。

负电荷从电势高处移向电势低处电场力做负功,所以选项D错误。

2.B　解析根据图象知,从球壳向外电势逐渐降低,且电势大于零,故该球带正电,故A错误;

根据电场强度公式E=

可知,图象斜率大小等于电场强度,则得A点的电场强度大于B点的电场强度,故B正确;

由于图象斜率大小等于电场强度,从O到A再到B,电场强度逐渐减小;

故若r2-r1=r1-r0,则φA-φB<

φ0-φA,故C错误;

电子沿直线从A移到B的过程中,电场力方向由B指向A,所以电场力做负功,故D错误。

3.C　解析由于两极板和电源相连,则两极板间的电压恒定,若增大A、B两金属板的间距,根据公式C=

可知,电容减小,根据公式C=

以及电压不变可得电容器两极板上所带电荷量减小,故电容器放电,R中有向左的电流,A错误;

由于两极板间的电压不变,若增大A、B两金属板的间距,根据公式E=

可得两极板间的电场强度减小,电场力小于重力,微粒P将向下运动,B错误;

若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,相当于两极板间的距离减小,电场强度增大,则微粒P受到的电场力大于重力,P向上运动,C正确;

若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,相当于εr增大,两极板间的电场强度恒定不变,所以微粒P受到的电场力不变,P仍静止,D错误。

故选C。

4.C　解析φ-x图象的斜率大小等于电场强度,所以B点对应的电场强度大于A点对应的电场强度,故A错误;

由题图易知A点对应的电势小于B点对应的电势,故B错误;

由题图可知,电场强度方向均指向O点,根据对称性可知,一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能,故C正确;

电场线指向O点,则正电荷由-x1到-x2的过程中电场力做负功,故电势能增加,故带正电的粒子在-x1点的电势能小于在-x2点的电势能,故D错误。

5.C　解析设偏转电场电压不为零时,粒子在偏转场中的加速度为a,粒子在t=nT时刻进入偏转场,则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最大ymax=

a

2+a×

aT2。

粒子在t=nT+

时刻进入偏转场,则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最小ymin=0+

2=

aT2,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1,故C项正确。

6.D　解析O点是三角形的中心,到三个电荷的距离为r=

asin60°

=

a,三个电荷在O处产生的电场强度大小EA=k

EB=EC=k

根据对称性和几何知识得知:

E合=

方向由A指向O,所以所加匀强电场方向为由O指向A,电场强度大小为

故A、B错误;

撤去匀强电场,将试探电荷从O点移到BC中点,电势降低,移动过程中电场力对试探电荷做正功,电势能减小,故D正确,C错误;

故选D。

7.D　解析粒子在电场中加速U1q=

在偏转电场中x=v0t,

t2,解得x2=

开始时x=

L,若要使x增大为L,保持U2和平行板间距不变,减小U1,则x会减小,选项A错误;

保持U1和平行板间距不变,增大U2,则x减小,选项B错误;

保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板,则d减小,x减小,选项C错误;

保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板,则x变大,故选项D正确,故选D。

8.D　解析小球在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用,由题图小球运动轨迹可知,小球向下运动,说明小球受到的合力竖直向下,重力与电场力的合力竖直向下;

当小球带正电时,若上极板带正电荷,小球受到的合力向下,小球运动轨迹向下,若上极板带负电,但如果电场力小于重力,小球受到的合力向下,小球运动轨迹向下,故无法确定电场力与重力的大小关系,A错误;

如果小球受到的电场力向下,小球从A运动到B点过程中电场力做正功,如果小球受到的电场力向上,则电场力做负功,B错误;

小球受到的合力向下,小球从A点运动到B点过程中合外力做正功,小球的动能增加,C错误;

小球从A点运动到B点过程,如果所受电场力向上,则机械能减小,D正确。

9.BD　解析小球在竖直方向为自由落体运动,两者下落高度相同,说明运动时间一样,故A错误。

在水平方向小球做匀加速直线运动,根据x=

t2,可知位移之比为2∶1,说明P、Q粒子的电荷量之比为2∶1,故D正确。

电势能的减少量为电场力做的功,即EpP∶EpQ=2qU∶q

=4∶1,故B正确。

动能增加量为合外力做的功,即EkP∶EkQ=（mgh+2qU）∶

mgh+q

由于不知道重力与电场力的关系,故C错误;

故选BD。

10.AD　解析对小球受力分析可知mgtan45°

=qE,解得E=

则选项A正确,B错误;

由于圆环不能看作点电荷,我们取圆环上一部分Δx,总电荷量为Q,则该部分电荷量为

Q;

该部分电荷在小球处产生的电场强度为E1=

方向沿该点与小球的连线指向小球;

同理取以圆心对称的相同的一段,其电场强度与E1相同;

则两个电场强度的合电场强度为E1'

=2·

cos45°

方向应沿圆心与小球的连线向外;

因圆环上各点均在小球处产生电场,则合电场强度为E=

E1'

选项D正确,C错误;

故选AD。

11.AB　解析从a到d的过程克服电场力做功为6eV,所以电场方向为水平向右,每个间距电势差为2V,所以平面c电势为零,故A项正确;

由于电子不一定垂直等势面进入,可能做曲线运动,所以可能到达不了f平面,故B项正确;

整个过程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的电势能为-4eV、-2eV、0eV、+2eV、+4eV,动能分别为+10eV、+8eV、+6eV、+4eV、+2eV,故C项错误;

由于电子经过b、d平面时的动能分别为8eV和4eV,所以该电子经过b平面时的速率是经过d时的

倍,故D项错误。

12.BC　解析据题分析可知,小球在极板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,小球的轨迹向下偏转,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=ma,mg=ma,解得E=

由U=Ed得板间电势差U=

×

d=

故A错误,B正确;

小球在电场中向上偏转的距离y=

at2,a=

=g,t=

解得:

y=

故小球打在屏上的位置与P点的距离为:

s=2y=

重力势能的增加量Ep=mgs=

故C正确。

仅增大两板间的距离,因两板上电荷量不变,根据E=

可知,板间电场强度不变,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M上,故D错误。

故选BC。

13.答案

（1）

（2）3∶1　（3）

解析

（1）当电子在t=0时刻进入偏转电场时,有y=

+vyt0=

t0·

t0,得y=

。

（2）由题意可知,要使电子的侧向位移最大,应让电子从0、2t0、4t0……时刻进入偏转电场,在这种情况下,电子的侧向位移为ymax=

+vyt0

ymax=

要使电子的侧向位移最小,应让电子从t0、3t0……时刻进入偏转电场,在这种情况下,电子的侧向位移为

ymin=

所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为ymax∶ymin=3∶1。

（3）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ,电子在磁场中运动半径R,由于电子要垂直打在荧光屏上,由几何关系有:

R=

设电子从偏转电场中出来时的速度为vt,垂直偏转极板的速度为vy,则电子从偏转电场中出来时的偏向角为:

sinθ=

式中vy=

t0

又R=

由上述四式可得:

B=