高考物理二轮复习 第一部分 专题七 带电粒子在电场中的运动限时集训-人教版高三物理试题

专题限时集训(七)带电粒子在电场中的运动(对应学生用书第129页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2012·江苏高考T1)真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为()【导学号：17214127】A．3∶1B．1∶3C．9∶1D．1∶9C[由库仑定律F＝eq\f(kQ1Q2,r2)和场强公式E＝eq\f(F,q)知点电荷在某点产生电场的电场强度E＝eq\f(kQ,r2)，电场强度大小与该点到场源电荷的距离的二次方成反比，则EA∶EB＝req\o\al(2,B)∶req\o\al(2,A)＝9∶1，选项C正确．]2．(2017·湖南长沙一模)如图7­17所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()图7­17A．a、b、c三条等势线中，a的电势最高B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C．该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大D．该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C[由图可知，P点处等势线比Q点处密集，则P点处的电场强度比Q点处大，该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大，故B错、C对；若带电质点从P向Q运动，根据合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功，电势能增加，动能减小；若从Q向P运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点在P点处的动能大于在Q点处的动能，在P点具有的电势能小于在Q点具有的电势能，因不知质点所带电荷的电性，则无法判断电势高低，故A、D错误．]3．如图7­18所示，真空中三点A、B、C构成边长为L的等边三角形，EF是其中位线，在E、F点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷．下列说法正确的是()图7­18A．A点的电场强度大小为eq\f(4\r(3)kQ,L2)B．A点的电势低于C点的电势C．电势差UEB小于电势差UEAD．负电荷在B点的电势能大于在C点的电势能C[＋Q、－Q两个点电荷产生的电场在A处的场强大小相等，夹角为120°，故A点的电场强度大小为：EA＝keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)＝eq\f(4kQ,L2)，故A错误．根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点可知，A点位于两个等量异种点电荷连线的中垂线上，所以A点的电势与无穷远处的电势相等，而C点靠近负电荷，可知A点的电势高于C点的电势，故B错误．由电场线的分布可知：EB间的平均电场强度比EA间的小，由U＝Ed知电势差UEB小于电势差UEA，故C正确．根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点，结合B的分析可知，B点的电势高于C点的电势，由Ep＝qφ知负电荷在B点的电势能小于在C点的电势能，故D错误．]4．(2017·东北三省四市联合体联考)如图7­19所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置．一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场．不计粒子重力．若可以改变某个量，下列哪种变化，仍能确保粒子一定飞出电场()图7­19A．只增大粒子的带电量 B．只增大电场强度C．只减小粒子的比荷 D．只减小粒子的入射速度C[设极板长为L，极板间的距离为d，带电粒子的质量为m、电荷量为q、加速度为a，沿平行板面方向带电粒子做匀速直线运动L＝vt，垂直板面方向做初速度为零的匀加速运动eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，qE＝ma，由以上三式解得eq\f(d,2)＝eq\f(qEL2,2mv2)，若只增大粒子的带电量或只增大电场强度或只减小粒子的入射速度，则粒子在竖直方向的位移y>eq\f(d,2)，粒子将打在极板上，不能飞出电场，选项A、B、D错误；若只减小粒子的比荷，则粒子在竖直方向的位移y<eq\f(d,2)，粒子能飞出电场，选项C正确．]5．如图7­20所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地．现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N＋1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则以下说法错误的是()图7­20A．落到A板的油滴数N＝eq\f(Cdmg,q2)B．落到A板的油滴数N＝eq\f(3Cdmg,4q2)C．第N＋1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于eq\f(mgd,8)D．第N＋1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于eq\f(3mgd,8)A[由平抛运动规律：x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2可知，当N个油滴落到板上后，其加速度a＝eq\f(1,4)g，由ma＝mg－qE得qE＝eq\f(3,4)mg，电容器中的场强E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Nq,Cd)可得N＝eq\f(3Cdmg,4q2)，故B对、A错．由动能定理W合＝mgeq\f(d,2)－qEeq\f(d,2)，代入数据得：W合＝eq\f(mgd,8)，故C对．克服电场力做的功等于油滴减少的机械能，W电＝qEeq\f(d,2)＝eq\f(3mgd,8)，故D对．]6．如图7­21所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q，现将与Q带同种电荷的小球P，从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()【导学号：17214128】图7­21A．小球P的电势能一直减小B．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零AB[由于两小球电性相同，所以在P球下落过程中，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故A正确；由于电场力做正功，故小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加，故B正确；对小球P分析可知，小球受重力、弹力以及电场力，故在小球P接触弹簧到静止的过程中，小球P动能的减少量等于电场力、弹力和重力做功的代数和，故C错误；小球受向下的重力和库仑力以及向上的弹力作用，开始时合力向下做加速运动，直到弹簧弹力和库仑力以及重力的合力为零时，速度达到最大，故D错误．]7．(2017·山西大同二模)如图7­22所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法中正确的是()图7­22A．平行板电容器的电容将变小B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变ACD[将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征了电容器两极板间电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间电场强度E＝eq\f(U,d)减小，带电油滴所处位置的电势φP＝U－Ed1增大，其中d1为油滴到上极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器的电荷量Q不变，极板间距d变大，根据Q＝CU，E＝eq\f(U,d)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可知E∝eq\f(1,εrS)，可见，极板间电场强度E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确．]8．(2017·河北衡水中学二模)如图7­23甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v­t图象如图7­23乙所示，下列说法正确的是()图7­23A．两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B．两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处D．t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零BD[由v­t图可知t2时刻运动方向改变，且图线斜率不为零，则加速度不为零，0～t2时间内做减速运动，电场力做负功，试探电荷的动能转化为电势能，t2时刻电势能最大，C错误，D正确．试探电荷沿直线向上运动，则其所受电场力的方向沿Q1、Q2连线的中垂线方向向下，所以两点电荷都带负电，且电量相等，A错误，B正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(14分)如图7­24所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷．a、b是AB连线上两点，其中Aa＝Bb＝L/4，O为AB连线的中点．一质量为m、带电荷量为＋q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n>1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：图7­24(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)O、b两点间的电势差UOb；(3)小滑块运动的总路程s．【导学号：17214129】【解析】(1)由Aa＝Bb＝eq\f(L,4)，O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则Uab＝0．设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：q·Uab－f·eq\f(L,2)＝0－E0而f＝μmg解得：μ＝eq\f(2E0,mgL)．(2)滑块从O→b过程，由动能定理得：q·UOb－f·eq\f(L,4)＝0－nE0解得：UOb＝－eq\f(2n－1E0,2q)．(3)对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得：q·UaO－f·s＝0－E0而UaO＝－UOb＝eq\f(2n－1E0,2q)解得：s＝eq\f(2n＋1,4)L．【答案】(1)eq\f(2E0,mgL)(2)－eq\f(2n－1,2q)E0(3)eq\f(2n＋1,4)L10．(18分)如图7­25，两水平面(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刚离开电场时的动能的1．5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g．求：图7­25(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．【导学号：17214130】【解析】(1)两带电小球的电量相同，可知M球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等，两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时间相等，设水平方向的加速度大小为a，对M，有：xM＝v0t＋eq\f(1,2)at2，对N：v0＝at，xN＝eq\f(1,2)at2，可得xM＝eq\f(3,2)at2，解得xM∶xN＝3∶1．(2、3)设正电小球离开电场时的竖直分速度为vy，水平分速度为v1，两球离开电场时竖直分速度相等，因为M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1．5倍，则有：eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,y)＋veq\o\al(2,1))＝1．5×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)，解得v1＝eq\f(\r(2),2)vy，因为v1＝v0＋at＝2v0，则v1＝eq\f(\r(2),2)vy＝2v0，因为M做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为vy1，则有：eq\f(vy1,v0)＝eq\f(vy,v