2020版高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 专题突破练8 电场 带电粒子在电场中的运动

专题突破练8 电场 带电粒子在电场中的运动

一、选择题(共12小题,每小题7分,共84分。在每小题给出的四个选项中,第1~8小题只有一个选项符合题目要求,第9~12小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)

1.B 解析 电场中电势相同的点组成的面叫等势面,电场线与等势面垂直,电势相同的点电场强度不一定相同;电场强度相同的点电势也不一定相同;电场中某处电势只能是一个值,如果两等势面相交,就有两个值,故选项A、C错误,B正确。负电荷从电势高处移向电势低处电场力做负功,所以选项D错误。

2.B 解析 根据图象知,从球壳向外电势逐渐降低,且电势大于零,故该球带正电,故A错误;根据电场强度公式E=可知,图象斜率大小等于电场强度,则得A点的电场强度大于B点的电场强度,故B正确;由于图象斜率大小等于电场强度,从O到A再到B,电场强度逐渐减小;故若r2-r1=r1-r0,则φA-φB<φ0-φA,故C错误;电子沿直线从A移到B的过程中,电场力方向由B指向A,所以电场力做负功,故D错误。

3.C 解析 由于两极板和电源相连,则两极板间的电压恒定,若增大A、B两金属板的间距,根据公式C=可知,电容减小,根据公式C=以及电压不变可得电容器两极板上所带电荷量减小,故电容器放电,R中有向左的电流,A错误;由于两极板间的电压不变,若增大A、B两金属板的间距,根据公式E=可得两极板间的电场强度减小,电场力小于重力,微粒P将向下运动,B错误;若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,相当于两极板间的距离减小,电场强度增大,则微粒P受到的电场力大于重力,P向上运动,C正确;若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,相当于εr增大,两极板间的电场强度恒定不变,所以微粒P受到的电场力不变,P仍静止,D错误。故选C。

4.C 解析 φ-x图象的斜率大小等于电场强度,所以B点对应的电场强度大于A点对应的电场强度,故A错误;由题图易知A点对应的电势小于B点对应的电势,故B错误;由题图可知,电场强度方向均指向O点,根据对称性可知,一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能,故C正确;电场线指向O点,则正电荷由-x1到-x2的过程中电场力做负功,故电势能增加,故带正电的粒子在-x1点的电势能小于在-x2点的电势能,故D错误。

5.C 解析 设偏转电场电压不为零时,粒子在偏转场中的加速度为a,粒子在t=nT时刻进入偏转场,则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最大ymax=a2

+a×aT2。

粒子在t=nT+时刻进入偏转场,则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最小ymin=0+a2

=aT2,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1,故C项正确。

6.D 解析 O点是三角形的中心,到三个电荷的距离为r=asin 60°=a,三个电荷在O处产生的电场强度大小EA=k,EB=EC=k,根据对称性和几何知识得知:E合=,方向由A指向O,所

以所加匀强电场方向为由O指向A,电场强度大小为,故A、B错误;撤去匀强电场,将试探电荷从O点移到BC中点,电势降低,移动过程中电场力对试探电荷做正功,电势能减小,故D正确,C错误;故选D。

7.D 解析 粒子在电场中加速U1q=,在偏转电场中x=v0t,

t2,解得x2=,开始时

x=L,若要使x增大为L,保持U2和平行板间距不变,减小U1,则x会减小,选项A错误;保持U1和平行板间距不变,增大U2,则x减小,选项B错误;保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板,则d减小,x减小,选项C错误;保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板,则x变大,故选项D正确,故选D。 8.D 解析 小球在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用,由题图小球运动轨迹可知,小球

向下运动,说明小球受到的合力竖直向下,重力与电场力的合力竖直向下;当小球带正电时,若上极板带正电荷,小球受到的合力向下,小球运动轨迹向下,若上极板带负电,但如果电场力小于重力,小球受到的合力向下,小球运动轨迹向下,故无法确定电场力与重力的大小关系,A错误;如果小球受到的电场力向下,小球从A运动到B点过程中电场力做正功,如果小球受到的电场力向上,则电场力做

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负功,B错误;小球受到的合力向下,小球从A点运动到B点过程中合外力做正功,小球的动能增加,C错误;小球从A点运动到B点过程,如果所受电场力向上,则机械能减小,D正确。

9.BD 解析 小球在竖直方向为自由落体运动,两者下落高度相同,说明运动时间一样,故A错误。在水平方向小球做匀加速直线运动,根据x=t2,可知位移之比为2∶1,说明P、Q粒子的电荷量

之比为2∶1,故D正确。电势能的减少量为电场力做的功,即EpP∶EpQ=2qU∶q=4∶1,故B正确。动能增加量为合外力做的功,即EkP∶EkQ=(mgh+2qU)∶mgh+q错误;故选BD。

10.AD 解析 对小球受力分析可知mgtan 45°=qE,解得E=,由于不知道重力与电场力的关系,故C,则选项A正确,B错误;由于圆环不能

看作点电荷,我们取圆环上一部分Δx,总电荷量为Q,则该部分电荷量为产生的电场强度为E1=Q;该部分电荷在小球处

,方向沿该点与小球的连线指向小球;同理取以圆心对

cos

称的相同的一段,其电场强度与E1相同;则两个电场强度的合电场强度为E1'=2·45°=,方向应沿圆心与小球的连线向外;因圆环上各点均在小球处产生电场,则合电场强度为,选项D正确,C错误;故选AD。

E=E1'=

11.AB 解析 从a到d的过程克服电场力做功为6 eV,所以电场方向为水平向右,每个间距电势差为2 V,所以平面c电势为零,故A项正确;由于电子不一定垂直等势面进入,可能做曲线运动,所以可能到达不了f平面,故B项正确;整个过程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的电势能为-4 eV、-2 eV、0 eV、+2 eV、+4 eV,动能分别为+10 eV、+8 eV、+6 eV、+4 eV、+2 eV,故C项错误;由于电子经过b、d平面时的动能分别为8 eV和4 eV,所以该电子经过b平面时的速率是经过d时的倍,故D项错误。

12.BC 解析 据题分析可知,小球在极板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,小球的轨迹向下偏转,才能最后垂直打在M屏上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图所示:

可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得:qE-mg=ma,mg=ma,解得E=,由

U=Ed得板间电势差U=y=at2,a==g,t=×d=,故A错误,B正确;小球在电场中向上偏转的距离

,解得:y=,故小球打在屏上的位置与P点的距离,故C正确。仅增大两板间的距离,因两板上

为:s=2y=,重力势能的增加量Ep=mgs=电荷量不变,根据E=可知,板间电场强度不变,小球在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在M上,故D错误。故选BC。 二、计算题(本题共1个小题,共16分) 13.答案 (1)

(2)3∶1 (3)

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解析 (1)当电子在t=0时刻进入偏转电场时,有y=+vyt0=t0·t0,得y=。

(2)由题意可知,要使电子的侧向位移最大,应让电子从0、2t0、4t0……时刻进入偏转电场,在这种情况下,电子的侧向位移为ymax=+vyt0

要使电子的侧向位移最小,应让电子从t0、3t0……时刻进入偏转电场,在这种情况下,电子的侧向位移为

ymax=ymin=

所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为ymax∶ymin=3∶1。

(3)设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ,电子在磁场中运动半径R,由于电子要垂直打在荧光屏上,由几何关系有:R=

设电子从偏转电场中出来时的速度为vt,垂直偏转极板的速度为vy,则电子从偏转电场中出来时的偏向角为:sin θ=又R=

,式中vy=。

t0

,由上述四式可得:B= 7