【物理】2019届二轮复习电场及带电粒子在电场中的运动作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习电场及带电粒子在电场中的运动作业（全国通用）

专题三　第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动 限时：40分钟 一、选择题(本题共8小题，其中1～5题为单选，6～8题为多选)‎ ‎1．(2018·山东、湖北部分重点中学冲刺模拟)将电荷量为q＝2×10－5C的正点电荷从A移动到B，电场力做功为4×10－4J；将其从B移动到C，克服电场力做功2×10－4J，规定φC＝0，则下列说法正确的是(　A　)‎ A．A、B两点的电势分别为φA＝10V，φB＝－10V B．若A、B、C三点在同一条电场线上，则C一定是AB的中点 C．若将电荷量为－2×10－5C的点电荷从A移动到B，电势能减小4×10－4J D．若是匀强电场，且AB＝10cm，则电场强度可能为100N/C ‎[解析]　根据电势差定义式UAB＝，可得UAB＝＝V＝20V，同理UBC＝－10V，则φA＝10V，φB＝－10V，故A正确；因为电场不一定是匀强电场，所以C不一定是AB的中点，故B错误；负电荷从A到B过程中，电场力做负功，电势能增加，故C错误；由U＝Ed可知，匀强电场的最小场强为E＝＝V/m＝200V/m，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎2．(2018·山东省潍坊市高三下学期一模)如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板接地，一带电油滴静止于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，则油滴(　B　)‎ A．仍保持静止，电势能不变 B．仍保持静止，电势能减小 C．将向下运动，电势能增大 D．将向下运动，电势能减小 ‎[解析]　上极板带正电，下极板接地，所以电场方向向下，带电油滴静止于P点，所以电场力向上，所以该点电荷是负电荷，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，两极板所带的电量Q不变，间距d增大，根据E＝＝＝＝ 知两板间的电场强度不变，受电场力不变，油滴仍保持静止；根据U＝Ed知，P点与负极板间的电势差增大，负极板的电势为0，所以P点的电势增大，该点电荷是负电荷，所以电势能减小，故B正确，ACD错误；故选B。‎ ‎3．(2018·福建省莆田市高三下学期模拟)如图所示，边长为a的正方体的顶点A处有一电荷量为－Q的点电荷，其他7个顶点各有一电荷量为＋Q的点电荷，体心O处有一个电荷量为－q的点电荷，静电力常量为k，则点电荷－q受到的电场力大小为(　A　)‎ A．　　　 B． C．　　　 D． ‎[解析]　由对称性可知，点电荷－q所受的电场力等于与－Q在同一对角线上的＋Q对点电荷电场力的矢量和，其它电荷对点电荷的作用力的和为零，则点电荷受电场力大小为F＝2k＝，故选A．‎ ‎4．(2018·广东省汕头市高三下学期4月模拟)如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成，当电极YY′和XX′所加电压都为零时．电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是(　C　)‎ A．当上极板Y的电势高于Y′，而后极板X的电势低于X′时，电子将打在第一象限 B．电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关 C．电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关 D．电子通过XX′时的水平偏转量与YY′所加电压大小有关 ‎[解析]　由于电子带负电，所以电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当上极板Y的电势高于Y′，而后极板X的电势低于X′时，电子将打在第二象限，故A错误；电子在水平方向上不受力，所以水平方向做匀速运动，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B错误；根据动能定理，电子出电场后的动能和电场力做功的大小有关，即qU＝mv2－mv，故C正确；电子通过XX′时的水平偏转量与XX′‎ 所加电压大小有关，故D错误；故选C。‎ ‎5．(2018·贵州省贵阳市高三5月模拟)如图所示，为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点。若不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则以下说法正确的是(　B　)‎ A．A点电势高于B点电势 B．尘埃在A点加速度大于在B点的加速度 C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D．尘埃在迁移过程中电势能始终在增大 ‎[解析]　沿电场线方向电势降低，由图可知，B点的电势高于A点电势，故A错误；由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点场强，故A点的电场力大于B点的电场力，则A点的加速度大于B点的加速度，故B正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。故粒子不可能做匀变速运动，故C错误；由图可知，开始速度方向与电场力方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，故D错误。故选B。‎ ‎6．(2018·安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检测)如图，充电后的平行板电容器水平放置(与电源断开)，电容为C，板间距离为d，上极板正中央有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处的P点时速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。下列说法正确的是(　BC　)‎ A．电容器所带电荷量Q＝ B．电容器板间的电场强度E＝ C．若下板下移的距离，小球到达P点(原下板处)时速度恰为零 D．若下板水平右移一小段距离，小球到达下板处时速度恰为零 ‎[解析]　对从释放到到达下极板处过程由动能定理得：mg(h＋d)－qEd＝0，解得：E＝，电容器两极板间的电压为：U＝Ed＝，电容器的带电量为：Q＝CU＝，故A错误，B正确；由题意知，电容器的电量不变，根据C＝、C＝和E＝，得E＝，当下板向下移动时电场强度不变，根据动能定理可知，小球从相同高度处释放，到达P点时速度恰好为零，故C正确；当下板水平右移一小段距离，面积S减小，故电场强度增大，下落相同的距离，电场力做的负功更多，故小球在到达下板前速度已经为零，故D错误。故选BC。‎ ‎7．(2018·宁夏银川二中高三下学期模拟三试题)如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A极板来改变两极板A、B间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是(　BC　)‎ A．若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N点的右侧 B．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N点的左侧 C．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N点的右侧 D．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球可能打在N点的左侧 ‎[解析]　若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E＝＝＝，E不变所以电场力不变，小球仍然打在N点，故A错误；若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E＝＝＝，所以d减小时E增大，所以电场力变大向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确；若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E＝＝＝，所以d减小时E增大，所以电场力变大向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动，竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确；若小球带负电，E＝＝＝，E 不变所以电场力大小不变，小球做类平抛运动，竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍落在N点，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎8．(2018·陕西省宝鸡市模拟)如图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，a、b、c、d为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，e、f为正方形外接圆与bd中垂线的两个交点。取无限远处的电势为0，下列说法中正确的是(　BC　)‎ A．a、b、c、d电场强度和电势都相同 B．O点的电场强度和电势均为零 C．将一带正电的试探电荷从e点沿直线移动到f点过程中电势能不变 D．过e点垂直于纸面的直线上，各点的电场强度为零，电势为零 ‎[解析]　把其中相邻的两个正负电荷看成一组，另外两个正负电荷看成一组，中垂线就是一条零势线，a、b、c、d、O点的电势为零，根据对称性可知，a、b、c、d电场强度大小相等，方向不同，O点的电场强度为零，选项A错误、B正确；ef是一条等势线，沿ef移动电荷，电荷的电势能不变，选项C正确；过e点垂直于纸面的直线上，各点的电场强度不为零，电势为零，选项D错误。‎ 二、计算题(本题共2小题，需写出完整的解题步骤)‎ ‎9．(2018·湖北省襄阳五中一模)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平。质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R。从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等(水平分量待定)，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点。设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)小球到达B点时的速度大小；‎ ‎(2)小球受到的电场力大小。‎ ‎[解析]　(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒，故有：‎ mg·4R＝mv　 ①‎ 到达B点时速度大小为vB＝2　 ②‎ ‎(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy＝mg(方向竖直向上)。小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：Fx·2R＝mv－mv　 ③‎ 小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，有y＝4R＝vCt　④‎ x＝2R＝axt2＝t2　 ⑤‎ 联立解得：Fx＝mg　 ⑥‎ 电场力的大小为：qE＝＝mg　 ⑦‎ ‎10．(2018·河北省张家口市高三下学期模拟)如图所示，在水平线MN上方区域有竖直向下的匀强电场，在电场内有一光滑绝缘平台，平台左侧靠墙，平台上有带绝缘层的轻弹簧，其左端固定在墙上，弹簧不被压缩时右侧刚好到平台边缘，光滑绝缘平台右侧有一水平传送带，传送带A、B两端点间距离L＝1m，传送带以速率v0＝4m/s顺时针转动，现用一带电小物块向左压缩弹簧，放手后小物块被弹出，从传送带的B端飞出。小物块经过MN边界上C点时，速度方向与水平方向成45°角，经过MN下方M′N′水平线上的D点时，速度方向与水平方向成60°角。传送带B端距离MN的竖直高度h1＝0.4m，MN与M′N′平行，间距h2＝1.6m，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块的质量为m＝0.1kg，带电量q＝1×10－2C，平台与传送带在同一水平线上，二者连接处缝隙很小，不计小物块经过连接处的能量损失，重力加速度为g＝10m/s2，＝1.732，＝2.236。求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E；‎ ‎(2)弹簧弹性势能的最大值；‎ ‎(3)当小物块在传送带上运动因摩擦产生的热量最大时，小物块在传送带上发生相对运动的时间t。‎ ‎[解析]　(1)设小物块从B点飞出的速度为vB，在C点、D点时的速度分别为v1、v2。‎ 在C点小物块的速度方向与水平方向成45°角，则由几何关系可知v1x＝v1y＝vB 小物块从B点运动到C点，在竖直方向上有 ‎2ah1＝v＝v 在D点由＝tan60°，解得v2y＝vB 小物块从C点运动到D点的过程中，在竖直方向上有 ‎2gh2＝v－v＝(vB)2－v＝2v，‎ 解得vB＝4m/s 将其代入2ah1＝v＝v，解得a＝20m/s2‎ 小物块从B点运动到C点的过程中，有qE＋mg＝ma，解得E＝100N/C。‎ ‎(2)小物块被弹簧弹开，恰好减速到B端与传送带同速，则小物块从A端运动到B端由v－v2＝－2a0L，ma0＝μ(Eq＋mg)，小物块在A点具有的动能即为弹簧具有的最大弹性势能，则Ep＝Ek＝mv2＝1J。‎ ‎(3)小物块在传送带上摩擦产生热量的最大值是物块在传送带上相对位移最长的情况，有两种情况，一种是物块一直加速运动到B端与传送带共速，一种是物块在传送带上减速到B端与传送带共速。‎ 第一种情况：传送带的位移：x0＝v0t1‎ 物块的位移为L：v－v2＝2a0L 物块的速度变化为v0＝v＋a0t1‎ 联立即得t1＝(2－)s 第二种情况：传送带的位移：x0′＝v0t2‎ 物块的位移为L：v－v2＝－2a0L 物块的速度变化为v0＝v－a0t2‎ 联立解得t2＝(－2)s 计算可得第1种情况相对位移大于第2种情况的相对位移，则t＝t1‎ 小物块在传送带上运动因摩擦产生的热量最大时，小物块在传送带上发生相对运动的时间t＝0.268s。‎