2020屆高考物理復習靜電場高頻考點強化練（六）電場及帶電粒子在電場中的運動問題（含解析）.docx

電場及帶電粒子在電場中的運動問題(45分鐘100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分，16題為單選題，710題為多選題)1.(2016全國卷)關于靜電場的等勢面，下列說法正確的是()A.兩個電勢不同的等勢面可能相交B.電場線與等勢面處處相互垂直C.同一等勢面上各點電場強度一定相等D.將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功【解析】選B。等勢面的特點：兩個電勢不同的等勢面不可能相交，故A錯誤；電場線與等勢面處處相互垂直，故B正確；等勢面的疏密程度表示電場強度的大小，故C錯誤；電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，負電荷受力與電場線的方向相反，故負電荷受力由電勢低的等勢面指向電勢高的等勢面，那么它從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做負功，D錯誤。2.(2017江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P點，則由O點靜止釋放的電子()A.運動到P點返回B.運動到P和P點之間返回C.運動到P點返回D.穿過P點【解析】選A。電子在A、B間加速，在B、C間減速，加速電壓做功與減速電壓做功相等?，F(xiàn)將C板向右平移到P點，B、C板間的電場強度不變，根據(jù)U=Ed判斷，由O點靜止釋放的電子運動到P點速度為0再返回，A項正確。3.(2016全國卷)如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動。運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則()A.aaabac，vavcvbB.aaabac，vbvc vaC.abacaa，vbvc vaD.abacaa，vavcvb【解析】選D。由圖可知Q在a、b、c點時距P的距離rarcrb，且Q受P排斥力作用，由庫侖定律F=k可知FbFcFa，所以根據(jù)牛頓第二定律可知abacaa。Q在a點向b點運動，或在c點向b點運動時要克服電場力做功動能減小，又由于Q在a、b、c點時距P的距離rarcrb，所以vavcvb，故選項D正確?！炯庸逃柧殹?2018邯鄲模擬)帶電粒子射入一固定的帶正電的點電荷Q的電場中，沿圖中實線軌跡從a點運動到b點，a、b兩點到點電荷Q的距離分別為ra、rb(rarb)，b點為運動軌跡上到Q最近的點，不計粒子所受的重力，則可知()A.粒子帶負電B.b點的場強可能等于a點的場強C.從a點到b點的過程中，靜電力對粒子不做功D.從a點到b點的過程中，粒子的動能和電勢能之和保持不變【解析】選D。由粒子的運動軌跡可以知道，帶電粒子受到的電場力為斥力，所以粒子與點電荷Q為同種電荷，為正電荷，故A錯誤；由于rarb，且Q為帶正電的點電荷，由點電荷的電場可知，b點的場強大于a點的場強，故B錯誤；a到b的過程中，電場力對粒子做負功，故C錯誤；粒子在運動過程中，只有電場力做功，粒子的動能與電勢能之和保持不變，故D正確。4.(2019龍巖模擬)如圖所示，AB是某點電荷電場中的一條電場線，在O點靜止釋放一個自由負電荷，它將沿電場線向B運動，下列判斷正確的是()A.電場線由A指向B，電荷做加速度越來越小的加速運動B.電場線由B指向A，電荷做加速運動，加速度大小變化無法確定C.電場線由B指向A，電荷做加速度越來越大的加速運動D.電場線由A指向B，電荷做勻加速運動【解析】選B。負電荷由靜止開始從O運動到B，負電荷所受電場力方向從O指向B，場強方向與電場力方向相反，即場強方向由B指向A，負電荷從靜止開始，必定做加速運動，由于電場線的分布情況未知，場強如何變化無法確定，電場力和加速度如何變化也無法確定，則電荷加速度可能越來越小，也可能越來越大，故B正確，A、C、D錯誤。5.如圖所示，兩個平行帶電金屬板M、N相距為d，M板上距左端為d處有一個小孔A，有甲、乙兩個相同的帶電粒子，甲粒子從兩板左端連線中點O處以初速度v1平行于兩板射入，乙粒子從A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在電場中的運動時間相同，并且都打到N板的中點B處，則初速度v1與v2的關系正確的是()A.=B.=C.=2D.=【解析】選C。設帶電粒子在電場中的加速度為a，則對甲粒子，豎直方向=at2，水平方向d=v1t，解出v1=；對乙粒子有v2t+at2=d，解得v2=，所以v1v2=21，故A、B、D錯誤，C正確。【加固訓練】(多選)如圖所示，有一質量為m、帶電荷量為q的油滴，被置于豎直放置的兩平行金屬板間的勻強電場中。設油滴是從兩板中間位置，并以初速度為零進入電場的，可以判定()A.油滴在電場中做拋物線運動B.油滴在電場中做勻加速直線運動C.油滴打在極板上的運動時間只取決于電場強度和兩板間距離D.油滴打在極板上的運動時間不僅取決于電場強度和兩板間距離，還取決于油滴的比荷【解析】選B、D。油滴從靜止開始，受重力和電場力作用，兩個力都是恒力，所以合力是恒力，油滴在恒力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，故選項A錯誤，B正確；水平方向上電場力產(chǎn)生水平方向的加速度，則有qE=ma，解得a=，水平方向由s=at2得t=，故選項C錯誤，D正確。6.(2019武漢模擬)地面上方存在豎直方向的電場，電場強度隨高度的變化而改變，如圖甲所示，一帶電的物體靜止在絕緣的水平地面上，在電場力的作用下開始向上運動。在物體運動過程中所帶電量不變，空氣阻力不計，物體在運動過程中僅受重力和電場力作用，取水平地面為重力勢能的零勢能面，其機械能E與豎直位移x的關系圖象如圖乙所示，其中曲線上A點處的切線的斜率最大，則()A.在x1處電場強度最弱B.在x1x2過程中，物體的動能先增大后減小C.在x3x4過程中，物體向下運動D.在x3x4過程中，物體的電勢能一直減少【解析】選B。機械能與位移圖線的斜率表示受到的電場力，A處的切線的斜率最大，說明此位置受到的電場力F最大，則電場強度E=最大，即在x1處電場強度最強，故A錯誤；在x1x2過程中，圖象的斜率越來越小，則說明受到的電場力越來越小，在x2處物體的機械能最大，圖象的斜率為零，則說明此時電場力為零，在這一過程中物體應先加速后減速，故物體的動能先增大后減小，故B正確；在x3x4過程中，物體向上運動，故C錯誤；在x3x4過程中，機械能在減小，則電場力在做負功，電勢能增大，故D錯誤。7.如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力。下列說法正確的是()A.M帶負電荷，N帶正電荷B.M在b點的動能小于它在a點的動能C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能D.N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功【解析】選A、B、C。由圖中帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡可知，粒子M受到引力作用所以帶負電，粒子N受到斥力作用所以帶正電，故A正確；由于a點比b點更靠近帶正電的點電荷，所以粒子M由a點運動到b點的過程中，粒子要克服電場力做功，動能減小，故B正確；d點和e點在同一個等勢面上，所以N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，故C正確；粒子N帶正電，從c點運動到d點的過程中電場力做正功，故D錯誤。8.(2016全國卷)如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知()A.Q點的電勢比P點高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小【解題指南】解答本題應注意以下三點：(1)明確油滴是勻變速曲線運動。(2)由軌跡在豎直面內(nèi)相對于過軌跡最低點的P點的豎直線對稱確定電場線方向。(3)利用功和能分析兩點的電勢、電勢能及動能等關系?！窘馕觥窟xA、B。帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱，由此可判斷勻強電場方向豎直向下，Q點的電勢比P點高，油滴的加速度不變，A對、D錯；油滴由P到Q過程電場力做正功，電勢能減小，動能增大，B對、C錯。故選A、B。9.(2019荊州模擬)如圖所示，一帶電粒子在勻強電場中只受電場力而運動，經(jīng)過一平面直角坐標系中的a、O、b三點時的動能分別為10 eV、4 eV、12 eV，下列說法正確的是()A.該電場方向一定與xOy平面平行B.該電場場強大小為200 V/mC.O點是該粒子軌跡上電勢能最大的點D.該粒子軌跡為拋物線【解析】選A、D。帶電粒子在勻強電場中只受電場力運動，由于電場力是恒力，而且粒子在xOy平面內(nèi)運動，所以電場力方向一定與xOy平面平行，則電場方向一定與xOy平面平行，由于a、O、b三點不在同一直線上，所以粒子做勻變速曲線運動，軌跡為拋物線，分析可知，電場方向與x軸的夾角為45，O點不是拋物線軌跡的最高點，則O點不是粒子軌跡上動能最小的點，也不是電勢能最大的點，故A、D正確，C錯誤；由于粒子電荷量未知，無法確定兩點間的電勢差，則無法確定電場場強大小，故B錯誤。10.某區(qū)域的電場線分布如圖所示，一電場線上有P、Q兩點，一電子以速度v0從P點向Q點運動，經(jīng)過時間t1到達Q點時速度大小為v1。一正電子(帶正電，質量、電荷量均與電子相同)以大小為v0的速度從Q點向P點運動，經(jīng)過時間t2到達P點時速度大小為v2，不計正、負電子受到的重力。則()A.v1t2D.t1=t2【解析】選B、C。電子從P點向Q點運動和正電子從Q點向P點運動過程中，電場力都做負功，因為UPQ=-UQP，由動能定理得-qUPQ=m-m，qUQP=m-m，聯(lián)立解得v1=v2，故A錯誤，B正確；由于電子從P點向Q點運動過程電場強度逐漸減小，做加速度減小的減速直線運動，而正電子從Q點向P點運動過程電場強度逐漸增加，做加速度增加的減速直線運動，并且兩個過程通過的位移大小相同，即它們圖象所包圍的面積相同，因此根據(jù)題意畫出二者的vt圖象如圖所示，從圖象可以看出t1t2，故C正確，D錯誤。二、計算題(本題共2小題，共40分，需寫出規(guī)范的解題步驟)11.(18分)如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0。電容器板長和板間距離均為L=10 cm，下極板接地。電容器右端到熒光屏的距離也是L=10 cm。在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間極短，可以認為電壓是不變的)(1)在t=0.06 s時刻進入的電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？【解析】(1)由圖知t=0.06 s時偏轉電壓為U=1.8U0 ，設電子質量為m，電荷量為e，電子在加速電場中加速過程，由動能定理得：qU0=m電子在偏轉電場做類平拋運動，則：L=v0ty=t2聯(lián)立解得：y=0.45L=4.5 cm設電子打在屏上偏離O點的距離為Y，則因為粒子離開偏轉電場速度的反向延長線經(jīng)過偏轉極板中軸線的中點，根據(jù)相似三角形得：=，代入數(shù)據(jù)解得：Y=13.5 cm故打在屏上的點距O點13.5 cm(2)電子的最大側移是0.5L，解得：Umax=2.0U0所以熒光屏上電子的最大側移為Y=tan=15 cm能打到的區(qū)間長為：2Y=3L=30 cm答案：(1)13.5 cm(2)30 cm【總結提升】帶電粒子在交變電場中運動問題的主要求解方法(1)受力分析：受力分析是基礎，在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件。(2)運動分析：在運動過程分析中應注意物體做直線運動、曲線運動及圓周運動、類平拋運動。(3)規(guī)律選擇：根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解。(4)常用規(guī)律：共點力的平衡條件、牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律、功能關系、圓周運動向心力公式等。(5)思維方法：常用到力的合成與分解、運動的合成與分解、等效法、假設法、類比法等。12.(22分)(2016北京高考)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離y。(2)分析物理量的數(shù)量級是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U=2.0102 V，d=4.010-2 m，m=9.110-31 kg，e=1.610-19 C，g取10 m/s2。(3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”G的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點?！窘忸}指導】解答本題應注意以下三點：(1)熟練掌握帶電粒子在加速電場和偏轉電場中的運動規(guī)律。(2)通過計算重力的大小，根據(jù)數(shù)量級，分析忽略重力的原因。(3)利用類比法準確定義重力勢，并說明重力勢和電勢的共同特點。【解析】(1)根據(jù)動能定理可得：eU0=m所