高考物理二輪總復習專題分層突破練7電場帶電粒子在電場中的運動

專題分層突破練7電場帶電粒子在電場中的運動A組1.有6個小金屬球分別固定在如圖所示的正六邊形的頂點上,球7處于正六邊形中心位置,現(xiàn)使球2帶正電,球7帶負電,要使球7在中心位置獲得水平向右的加速度,下列說法正確的是()A.使球1帶上正電荷,其他球不帶電B.使球4、5同時帶上電荷,其他球不帶電C.不可能只讓球4帶上電荷,其他球不帶電D.不可能讓球3、4、5、6同時帶上電荷,其他球不帶電2.如圖所示,真空中固定有兩個等量正電荷A和B,連線的中點為O點,在A、B連線的中垂線上的C點固定一試探電荷q(對A、B電荷產(chǎn)生的電場無影響),電性未知?，F(xiàn)將B電荷沿A、B連線緩慢移動到O點并固定,若取無限遠處電勢為0,不考慮移動電荷產(chǎn)生的磁場,則在B電荷移動過程中,下列說法正確的是()A.C點的電場強度先增大后減小B.C點的電場強度一直增大C.若試探電荷q帶負電,則其電勢能一定增大D.由于試探電荷q的電性未知,故C點的電勢可能減小3.如圖所示,四根彼此絕緣帶電導體棒圍成一個正方形線框(忽略導體棒的形狀和大小),線框在正方形中心O點產(chǎn)生的電場強度大小為E0,方向豎直向下;若僅撤去導體棒C,則O點電場強度大小變?yōu)镋1,方向豎直向上,則若將導體棒C疊于A棒處,則O點電場強度大小變?yōu)?)A.E1E0B.E12E0C.2E1+E0D.2E14.下圖是某種靜電推進裝置的原理圖,發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端,兩極間產(chǎn)生強電場,虛線為等勢面。在強電場作用下,一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極,a、b是其路徑上的兩點。不計液滴重力,下列說法正確的是()A.a點的電勢比b點的低B.a點的電場強度比b點的小C.液滴在a點的加速度比在b點的小D.液滴在a點的電勢能比在b點的大5.(2023江蘇南通模擬)如圖所示,電荷量為+q的點電荷固定在正方形ABCD的頂點A上,先將另一電荷量為+q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到O點,此過程靜電力做的功為W,再將Q1從O點移到B點并固定,最后將一電荷量為2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點,則()A.Q1移入之前,O點的電勢為WB.Q1從O點移到B點的過程中,靜電力做負功C.Q2在移到C點后的電勢能小于4WD.Q2移到C點后,D點的電勢低于零6.(多選)如圖所示,O為等量同種正電荷連線中點,以O點為圓心作一個垂直于連線的圓,c、d為圓上兩點,連線上a、b兩點關于O點對稱,設無窮遠電勢為0,下列說法正確的是()A.a、b兩點電場強度大小相同B.c、d兩點電場強度和電勢均相同C.若質子僅受靜電力作用,可以在ab之間做簡諧運動D.若電子僅受靜電力作用,可能在圓上做勻速圓周運動7.(多選)空間中有水平方向上的勻強電場,一質量為m、電荷量為q的微粒在某豎直平面內(nèi)運動,其電勢能和重力勢能隨時間變化圖像如圖所示,則該微粒()A.一定帶正電B.0~3s靜電力做功為9JC.運動過程中動能不變D.0~3s內(nèi)除靜電力和重力外所受其他力對微粒做功為12JB組8.(多選)下圖為某靜電場中x軸上各點電勢φ的分布圖,一個質量為m、電荷量絕對值為q的帶電粒子從坐標x2處以初速度v0沿x軸負方向出發(fā),帶電粒子僅在靜電力作用下恰好在[x1,x3]區(qū)間內(nèi)往返運動,則下列說法正確的是()A.粒子一定帶負電B.粒子從x1運動到x3的過程中,加速度先增大后減小C.粒子從x1運動到x3的過程中,靜電力先做負功后做正功D.x2位置的電勢φ2=m9.(多選)空間中存在一靜電場,一電子從x=0處以一定的初速度沿x軸正方向射出,僅在靜電力作用下在x軸上做直線運動,其電勢能Ep隨位置x變化的關系如圖所示。則下列判斷正確的是()A.x1處電場強度比x3處電場強度大B.x2處電勢最大、電場強度最小C.x3處的電場強度方向沿x軸正方向D.電子在x=0處的速度大于x3處的速度10.(多選)(2023廣東深圳二模)范德格拉夫靜電加速器結構如圖所示,其工作原理是先通過傳送帶將正電荷傳送到金屬球殼(電荷在金屬球殼均勻分布),使金屬球與地面間產(chǎn)生幾百萬伏的高壓,然后利用高壓給絕緣管中的帶電粒子加速。在加速管頂端A點無初速度釋放一帶電粒子,粒子經(jīng)過B、C兩點到達管底(B為AC中點)。不計粒子重力,僅考慮球殼產(chǎn)生電場的影響,下列說法正確的是()A.B點電勢比C點電勢高B.粒子從B點到C點的過程中電勢能增大C.粒子在B點的加速度大于在C點的加速度D.粒子在AB與BC間的動能變化量相同11.(2023廣西柳州三模)如圖所示,地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場,O、Q為水平地面上的兩點。將一帶正電荷的小球自電場中O點以16J的初動能豎直向上拋出,運動到最高點P點時小球的動能為9J,最后落回地面上的Q點,不計空氣阻力。(1)求小球所受靜電力與重力的比值為多少?(2)求小球落回Q點時的動能是多少?(3)求小球運動過程中的最小動能。答案：1.B解析使球1帶上正電荷,其他球不帶電,根據(jù)庫侖力的合成可知,球7受到的合力向上,故A錯誤。使球4、5同時帶上電荷,其他球不帶電,如果球4帶正電,球5帶負電,根據(jù)庫侖力合成可知,合力方向可能水平向右,故B正確。如果球4帶正電,其他球不帶電,根據(jù)庫侖力合成可知,合力方向可能水平向右,故C錯誤。結合選項B分析,只需讓球3、6對球7合力向右即可,故D錯誤。2.B解析電荷A單獨在C點產(chǎn)生的電場強度方向不變,電荷B在向O點移動的過程中,電荷B在C點產(chǎn)生的電場強度逐漸增大,且與A電荷單獨在C點產(chǎn)生的電場強度夾角逐漸變小,則C點的合電場強度一直增大,故A錯誤,B正確。在B電荷由B點移動到O點的過程中,B電荷在C點處的電勢一定增大;A電荷未動,A電荷在C點處的電勢不變;所以A電荷和B電荷在C點的電勢的和一定增大,若試探電荷q帶負電,則其電勢能一定減小,故C、D錯誤。3.C解析正方形線框在O點產(chǎn)生的電場豎直向下,則表明左右?guī)щ妼w棒產(chǎn)生的電場為0。A、C產(chǎn)生的電場豎直向下。撤去C,O點處的電場強度豎直向上,表明A帶負電,C帶負電。則C在O點產(chǎn)生的電場強度為EC=E1+E0,將C疊于A棒處,則O點處電場強度大小為E'=2E1+E0,故選C。4.D解析由題圖可得,電源的左端是正極,a點的電勢比b點的高,選項A錯誤。越靠近發(fā)射極,電場線越密,電場強度越強,a點的電場強度比b點大,液滴在a點的靜電力比b點大,加速度也比b點大,選項B、C錯誤。液滴由a向b運動過程中,靜電力做正功,液滴的電勢能變小,液滴在a點的電勢能比在b點的大,選項D正確。5.D解析將另一個電荷量為q的正點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到O點,此過程中靜電力做的功為W,則有U∞O=0φO=-W+q,可得φO=Wq,故可知Q1移入之前,O點的電勢為Wq,故A錯誤。電荷為正電荷,從O點到B點電勢降低,可知Q1從O點移到B點的過程中,電勢能減小,則靜電力做正功,故B錯誤。根據(jù)功能關系W=qU可知,若將電荷量為2q的負電荷Q2從無窮遠處移到O點,則靜電力做功為4W,故其在O點的電勢能為4W;而若將電荷量為2q的負電荷Q2從無窮遠處移到C點,則靜電力做功小于4W,則在O點的電勢能大于4W,故C錯誤。若設帶電荷量q的正電荷在距離a(正方形的邊長)處產(chǎn)生的電勢為+φ,則可知其在B處的Q1在D點的電勢小于+φ,在C點的Q2在D點的電勢為2φ,即可得Q26.AD解析根據(jù)等量同種正電荷的電場線及等勢面的分布圖可知,a、b兩點電場強度大小相同、方向相反,A正確。c、d兩點電場強度大小相等,但是方向不同,則電場強度不同,c、d兩點電勢相同,所以B錯誤。若質子僅受靜電力作用,可以在ab之間做往復運動,但并不是簡諧運動,因為靜電力并不符合回復力F=kx的特點,所以C錯誤。若電子僅受靜電力作用,在圓上其靜電力的方向總是指向圓心O,可以提供向心力,則可能做勻速圓周運動,所以D正確。7.BCD解析由于不清楚電場強度的方向,則無法確定微粒的電性,故A錯誤。由題圖可知,0~3s內(nèi)電勢能增加9J,則0~3s靜電力做功為9J,故B正確。由題圖可知,電勢能均勻增加,即靜電力做功與時間成正比,說明微粒沿靜電力方向做勻速直線運動,同理,微粒沿重力方向也做勻速直線運動,則微粒的合運動為勻速直線運動,所以運動過程中動能不變,故C正確。由功能關系可知,0~3s重力勢能與電勢能之和增加為12J,則0~3s內(nèi)除靜電力和重力外所受其他力對微粒做功為12J,故D正確。8.AD解析帶電粒子僅在靜電力作用下恰好在[x1,x3]區(qū)間內(nèi)往返運動,可知粒子從x1到x3處速度先增大后減小,動能先增大后減小,根據(jù)能量關系可知電勢能先減小后增大,由圖像可以看出從x1到x3處電勢先增大后減小,所以粒子帶負電,選項A正確。圖像斜率表示電場強度大小,x1到x3,電場強度E先減小后增大,根據(jù)牛頓第二定律知加速度先減小后增大,選項B錯誤。帶電粒子從x1到x3的過程中,靜電力先做正功后做負功,C錯誤。根據(jù)能量守恒有qφ0=12mv02qφ2,可得x2位置的電勢9.AD解析根據(jù)電勢能與電勢的關系可知Ep=qφ,電場強度與電勢的關系E=ΔφΔx,所以E=1q·ΔEpΔx,由Epx圖像的斜率為ΔEpΔx,因為x1處的斜率比x3處的斜率大,所以x1處電場強度比x3處電場強度大,故A正確。由于電子帶負電,在x2處,電子的電勢能最大,電勢最小,x2處圖像的斜率為0,電場強度為0,故B錯誤。電子從x2到x3,電勢能減小,靜電力做正功,則x3處的電場強度方向沿x軸負方向,故C錯誤。根據(jù)能量守恒得,電子在x=10.AC解析由電場線方向沿著ABC的方向,沿著電場線方向電勢逐漸降低,所以B點電勢比C點電勢高,粒子在加速過程中,動能增大,電勢能減小,故A正確,B錯誤。電場線的疏密程度表示電場強度的大小,從A到C的過程中電場線逐漸稀疏,所以B點的電場強度大于C點的電場強度,由a=qEm可知,粒子在B點的加速度大于在C點的加速度,故C正確。因為從A到C的過程中電場強度逐漸減小,由U=Ed可知,AB兩點間的電勢差大于BC兩點間的電勢差,所以粒子在AB間的動能變化量大于在BC11.答案(1)34(2)52J(3)5.解析(1)根據(jù)動能與動量之間的關系p=2OP過程,設豎直向下為正方向,豎直方向根據(jù)動量定理可知mgt=0p豎p豎=2設水平向右為正方向,水平方向根據(jù)動量定理可知qEt=p水0p水=2聯(lián)立解得qEmg(2)根據(jù)豎直方向運動的對稱性可知,從O到P的時間等于從P到Q的時間水平方向上做初速度為零的勻加速直線運動可知,OP段與PQ段水平位移之比為1∶3OP段靜電力