【物理】2020届一轮复习人教版电场及带电粒子在电场中的运动作业

【物理】2020届一轮复习人教版电场及带电粒子在电场中的运动作业

电场及带电粒子在电场中的运动 ‎1. 关于静电场的等势面，下列说法正确的是（ ）‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 ‎2. 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )‎ A． 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B． 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C． 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D． 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 ‎3. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EPA、EPB.下列说法正确的是(   )‎ A． 电子一定从A向B运动 B． 若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷 C． 无论Q为正电荷还是负电荷一定有EPA<‎EPB D． B点电势可能高于A点电势 ‎4. 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（ ）‎ A． 运动到P点返回 B． 运动到P和P′点之间返回 C． 运动到P′点返回 D． 穿过P′点 ‎5. 如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（q>0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是（ ）‎ A． 此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B． 若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W‎1‎‎+‎W‎2‎‎2‎ C． 若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为W‎2‎qL D． 若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差 ‎6. 如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则(　　)‎ A． M的带电荷量比N的大 B． M带负电荷，N带正电荷 C． 静止时M受到的合力比N的大 D． 移动过程中匀强电场对M做负功 ‎7. 如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）‎ A． a的质量比b的大 B． 在t时刻，a的动能比b的大 C． 在t时刻，a和b的电势能相等 D． 在t时刻，a和b的动量大小相等 ‎8. 在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed，点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标（ra，φa）标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd．下列选项正确的是（　　）‎ ‎​‎ A． Ea：Eb=4：1‎ B． Ec：Ed=2：1‎ C． Wab：Wbc=3：1‎ D． Wbc：Wcd=1：3‎ ‎9. 一半径为R的圆环上，均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L.设静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中只有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)‎ A. B. C. D. ‎10. 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 ‎（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。‎ ‎11. 在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ ‎8-11-1‎ ‎(1)求B所受静摩擦力的大小；‎ ‎(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．‎ ‎12. 如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线．当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场．某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。‎ ‎（1）求带电粒子的比荷qm；‎ ‎（2）若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期T=‎L‎2‎v‎0‎，从t=0开始，前T‎3‎内UMN=2U，后‎2T‎3‎内UMN=﹣U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。‎ ‎13、如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场 (P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知AB间距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求 ‎（1）小球离开c点时的速度大小 ‎（2）电场强度E的大小 ‎（3）在圆轨道运动过程中，指出什么位置速度最大并求出其大小 参考答案 ‎1、【答案】B ‎【解析】等势面相交，则电场线一定相交，故在同一点存在两个不同的电场强度方向，与事实不符，A错误；电场线与等势面垂直，B正确；同一等势面上的电势相同，但是电场强度不一定相同，C错误；将一负电荷从高电势处移动到低电势处，受到的电场力的方向是从低电势指向高电势，所以电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，D错误。‎ ‎2、【答案】A ‎【解析】当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；根据电容器的决定式：C=‎εS‎4πkd，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C=‎QU可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；根据电容器的决定式：C=‎εS‎4πkd，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数ε增大，则电容C增大，根据C=‎QU可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；根据C=‎QU可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误。‎ ‎3、【答案】BC ‎【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC．‎ ‎4、【答案】A ‎【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度E=Ud=‎‎4πkQεS，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误．‎ ‎5、【答案】BD ‎【解析】选项根据题意无法判断，故A项错误。由于电场为匀强磁场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以φM‎=φc-φc‎-‎φa‎2‎=‎φc‎+‎φa‎2‎ ，φN‎=φd-φd‎-‎φb‎2‎=‎φd‎+‎φb‎2‎ ，若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W=qUMN=qφM‎-‎φN=qφc‎+‎φa‎2‎-qφd‎+‎φb‎2‎=qUcd+qUab‎2‎=‎W‎1‎‎+‎W‎2‎‎2‎ ,故B 正确；因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是W‎2‎qL，故C错误；若W1=W2，说明Ucd‎=‎Uab ，UaM‎-UbN=φa-‎φM-‎φb-‎φN ，由因为φM‎=φc-φc‎-‎φa‎2‎=‎φc‎+‎φa‎2‎；φN‎=φd-φd‎-‎φb‎2‎=‎φd‎+‎φb‎2‎解得：UaM‎-UbN=0‎ ，故D正确；故选BD。‎ ‎6、【答案】BD ‎【解析】因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止．又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向 相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等．故A错误，B正确；静止时，二者受到的合力都是0．故C错误；M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功．故D正确．故选BD．‎ ‎7、【答案】BD ‎【解析】根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律， qE=maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE =mbab，联立解得： qEma>qEmb，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，选项D正确。‎ ‎8、【答案】AC ‎【解析】由点电荷场强公式：E=kQr‎2‎，可得：Ea‎:Eb=kQ‎1‎‎2‎:kQ‎2‎‎2‎=4:1‎，故A正确；由点电荷场强公式：E=kQr‎2‎，可得：Ec‎:Ed=kQ‎3‎‎2‎:kQ‎6‎‎2‎=4:1‎，故B错误；从a到b电场力做功为：Wab=qUab=q（φa-φb）=q（6-3）=3q，从b到c电场力做功为：Wbc=qUbc=q（φb-φc）=q（3-2）=q，所以有：Wab：Wbc=3：1，故C正确；从c到d电场力做功为：Wcd=qUcd=q（φc-φd）=q（2-1）=q，所以Wbc：Wcd=1：1，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎9、【答案】D ‎【解析】设想将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量为 q＝ ①‎ 由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P处的场强为 EP＝k＝k ②‎ 由对称性可知，各小段带电环在P处的场强垂直于轴向的分量Ey相互抵消，而轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强E，故 E＝nEx＝n··cos θ＝ ③‎ 而r＝ ④‎ 联立①②③④可得E＝，D正确.‎ ‎10、【答案】（1）3；（2）H/3；（3）mg‎2‎q ‎ ‎【解析】（1）设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间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；由运动公式可得：‎ v0–at=0①‎ s‎1‎‎=v‎0‎t+‎1‎‎2‎at‎2‎‎②‎ s‎2‎‎=v‎0‎t-‎1‎‎2‎at‎2‎‎③‎ 联立①②③解得：s‎1‎‎:s‎2‎=3:1‎④‎ ‎（2）设A点距离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，则；‎ vy‎2‎‎=2gh‎⑤‎ H=vyt+‎1‎‎2‎gt‎2‎‎⑥‎ 因为M在电场中做匀加速直线运动，则 v‎0‎vy‎=‎s‎1‎H‎⑦‎ 由①②⑤⑥⑦可得h=‎1‎‎3‎H⑧‎ ‎（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则v‎0‎vy‎=‎qEmg，a=‎Eqm⑨‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：‎ Ek1‎‎=‎1‎‎2‎m(v‎0‎‎2‎+vy‎2‎)+mgH+qEs‎1‎‎⑩‎ Ek2‎‎=‎1‎‎2‎m(v‎0‎‎2‎+vy‎2‎)+mgH-qEs‎2‎‎⑪‎ 由已知条件：Ek1=1.5Ek2‎ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得：‎E=‎mg‎2‎q ‎11、【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W ‎【解析】（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：‎ ‎8-11-2‎ 由平衡条件所得：‎ 对A有：mAgsin θ＝FT①‎ 对B有：qE＋f0＝FT②‎ 代入数据得f0＝0．4 N ③‎ ‎（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：‎ ‎8-11-3‎ 由牛顿第二定律得：‎ 对A有：F＋mAgsin θ－F′T－Fksin θ＝mAa ④‎ 对B有：F′T－qE－f＝mBa ⑤‎ 其中f＝μmBg ⑥‎ Fk＝kx ⑦‎ 由电场力做功与电势能的关系得ΔEp＝qEd ⑧‎ 由几何关系得x＝－⑨‎ A由M到N，由v－v＝2ax得A运动到N的速度v＝⑩‎ 拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv ⑪‎ 由以上各式，代入数据P＝0.528 W ⑫‎ ‎12【答案】（1）‎4‎v‎0‎‎2‎d‎2‎U‎0‎L‎2‎ （2）‎‎3‎‎4‎U‎0‎ ‎【解析】（1）设粒子经过时间t0打在M板中点，沿极板方向有：‎1‎‎2‎L=‎v‎0‎t‎0‎，‎ 垂直极板方向有：‎1‎‎2‎d=‎qU‎0‎‎2mdt‎0‎‎2‎，‎ 解得：qm‎=‎‎4‎d‎2‎v‎0‎‎2‎U‎0‎L‎2‎。‎ ‎（2）粒子通过两板时间为：t=Lv‎0‎=2T，从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为：a‎1‎‎=‎‎2qUmd，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小为：a‎2‎‎=‎qUmd，方向垂直极板向下。不同时刻从O1点进入电场的粒子在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。‎ 因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t=nT或t=nT+‎1‎‎3‎T时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大。有：‎1‎‎2‎d=2‎‎1‎‎2‎a‎1‎‎⋅T‎3‎⋅T，解得：U=‎‎3‎U‎0‎‎4‎。‎ ‎13、【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）小球离开C点做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出小球在C点的速度．（2）对A到C的过程，运用动能定理，求出电场强度的大小．（3）小球的最大速度在BN段，设小球速度最大时与圆 的连线和竖直方向的夹角为，根据动能定理，结合数学知识求出最大速度.‎ ‎（1）小球离开C点做平抛运动，根据 得：‎ 则小球在C处的速度 ‎（2）设电场强度为E，小球从A到C由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（3）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为