【優(yōu)化方案】2021屆高考物理二輪課時演練知能提升-專題十一-電場、帶電粒子在電場中的運動(含詳解)

一、選擇題1．(2022·高考江蘇卷)如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是()A．O點的電場強度為零，電勢最低B．O點的電場強度為零，電勢最高C．從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢上升D．從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低解析：選B.依據電場的對稱性和電場的疊加原理知，O點的電場強度為零．在x軸上，電場強度的方向自O點分別指向x軸正方向和x軸負方向，且沿電場線方向電勢越來越低，所以O點電勢最高．在x軸上離O點無限遠處的電場強度為零，故沿x軸正方向和x軸負方向的電場強度先增大后減小．選項B正確．2．(多選)(2022·江蘇阜寧中學月考)如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向導電性，一帶電小球沿AB中心水平射入，打在B極板上的N點，小球的重力不能忽視，現(xiàn)通過上下移動A板來轉變兩極板AB間距(兩極板仍平行)，則下列說法正確的是()A．若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N的右側B．若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N的左側C．若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N的右側D．若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打在N的左側解析：選BC.若小球帶正電，當AB間距增大時，由于二極管的單向導電性，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場強度不變，小球所受向下的電場力不變，向下的加速度不變，小球仍打在N點，選項A錯誤；若小球帶正電，當AB間距減小時，平行板電容器帶電量增大，平行板電容器AB兩極板之間電場強度增大，小球所受向下的電場力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左側，選項B正確；若小球帶負電，當AB間距減小時，平行板電容器帶電量增大，平行板電容器AB兩極板之間電場強度增大，小球所受向上的電場力增大，向下的加速度減小，小球可能打在N的右側，選項C正確；若小球帶負電，當AB間距增大時，由于二極管的單向導電性，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場強度不變，小球所受向上的電場力不變，小球仍打在N點，選項D錯誤．3．(多選)(2022·山東臨沂三模)如圖所示，在光滑絕緣水平面上的P點正上方O點固定了一電荷量為＋Q的正點電荷，在水平面上的N點，由靜止釋放一質量為m、電荷量為－q的負檢驗電荷，該檢驗電荷經過P點時速度為v，圖中θ＝60°，規(guī)定電場中P點的電勢為零，則在＋Q形成的電場中()A．N點電勢高于P點電勢B．N點電勢為－eq\f(mv2,2q)C．P點電場強度大小是N點的4倍D．檢驗電荷在N點具有的電勢能為－eq\f(1,2)mv2解析：選BC.沿電場線方向電勢降低，由正點電荷的電場分布可知N點電勢低于P點電勢，A錯誤；負電荷由N至P，電場力做正功，電勢能的減小量等于動能的增加量，又負電荷在P點的電勢能為0，故負電荷在N點的電勢能為eq\f(1,2)mv2，N點電勢為－eq\f(mv2,2q)，B正確，D錯誤；由點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)可知P點電場強度大小是N點的4倍，C正確．本題選B、C.4．(多選)(2022·高考廣東卷)如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電量為＋Q的小球P，帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點電荷，下列說法正確的是()A．M與N的距離大于LB．P、M和N在同始終線上C．在P產生的電場中，M、N處的電勢相同D．M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零解析：選BD.假設P、M和N不在同始終線上，對M受力分析可知M不行能處于靜止狀態(tài)，所以選項B正確；M、N和桿組成的系統(tǒng)，處于靜止狀態(tài)，則系統(tǒng)所受合力為零，故keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,L＋x2)，解得x＝(eq\r(2)－1)L，所以選項A錯誤，D正確；在正點電荷產生的電場中，離場源電荷越近，電勢越高，故φM>φN，所以選項C錯誤．5．(2022·高考山東卷)如圖，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A.已知殼內的場強處處為零；殼外空間的電場，與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產生的電場一樣．一帶正電的摸索電荷(不計重力)從球心以初動能Ek0沿OA方向射出．下列關于摸索電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關系圖線，可能正確的是()解析：選A.當摸索電荷在球殼內部運動時，不受靜電力作用，做勻速直線運動，故動能Ek不變．當摸索電荷在球殼外部運動時，依據庫侖定律，摸索電荷受到的庫侖斥力越來越小，故摸索電荷做加速度減小的加速運動，摸索電荷的動能越來越大，但增大得越來越慢．選項A正確，選項B、C、D錯誤．6．(2022·高考山東卷)如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時毀滅在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh))B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh))D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))解析：選B.帶電粒子在電場中做類平拋運動，依據平拋運動的規(guī)律解決問題．依據對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心．則在水平方向有eq\f(1,2)s＝v0t，在豎直方向有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2，解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh)).故選項B正確，選項A、C、D錯誤．7.(2022·高考天津卷)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么()A．若微粒帶正電荷，則A板確定帶正電荷B．微粒從M點運動到N點電勢能確定增加C．微粒從M點運動到N點動能確定增加D．微粒從M點運動到N點機械能確定增加解析：選C.依據微粒的運動軌跡分析微粒的受力狀況，結合功能關系求解．A．分析微粒的運動軌跡可知，微粒的合力方向確定豎直向下，由于微粒的重力不行忽視，故微粒所受的電場力可能向下，也可能向上，故A錯誤．B．微粒從M點運動到N點，電場力可能做正功，也可能做負功，故微粒的電勢能可能減小，也可能增大，故B錯誤．C．微粒從M點運動到N點過程中，合力做正功，故微粒的動能確定增加，C正確．D．微粒從M點運動到N點的過程中，除重力之外的電場力可能做正功，也可能做負功，故機械能不愿定增加，D錯誤．8．平行板間有如圖所示的周期性變化的電壓．重力不計的帶電粒子靜止在平行板中心，從t＝0時刻開頭將其釋放，運動過程無碰板狀況．在下列圖象中，能正確定性描述粒子運動速度圖象的是()解析：選A.0～eq\f(T,2)時間內粒子做初速度為零的勻加速直線運動.eq\f(T,2)～T時間內做加速度恒定的勻減速直線運動，由對稱性可知，在T時速度減為零．此后周期性重復運動，故A正確．9．(2022·太原一模)一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖所示，在該勻強電場中，有一個帶電粒子于t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子只向一個方向運動B．0～2s內，電場力所做的功等于零C．4s末帶電粒子回到原動身點D．2.5～4s內，速度的轉變等于零解析：選D.由牛頓其次定律可知，帶電粒子在第1s內的加速度a＝eq\f(qE0,m)，為第2s內加速度a＝eq\f(2qE0,m)的eq\f(1,2)，因此先加速1s再減速0.5s，速度為零，接下來的1.5s將反向加速，v－t圖象如圖所示，所以選項A錯；在0～2s內，帶電粒子的初速度為零，但末速度不為零，由動能定理可知電場力所做的功不為零，選項B錯誤；v－t圖象中圖線與坐標軸圍成的圖形的面積為物體的位移，由對稱性可以看出，前4s內的位移不為零，所以帶電粒子不會回到原動身點，所以C錯誤；2.5～4s內，v2.5＝v4，故Δv＝0，選項D正確．二、計算題10．(2022·成都模擬)如圖所示，板長L＝10cm，板間距離d＝10cm的平行板電容器水平放置，它的左側有與水平方向成60°角斜向右上方的勻強電場，某時刻一質量為m、帶電量為q的小球由O點靜止釋放，沿直線OA從電容器C的中線水平進入，最終剛好打在電容器的上極板右邊緣，O到A的距離x＝45eq\r(3)cm，(g取10m/s2)求：(1)電容器外左側勻強電場的電場強度E的大?。?2)小球剛進入電容器C時的速度v的大??；(3)電容器C極板間的電壓U.解析：(1)由于帶電小球做直線運動，因此小球所受合力沿水平方向，則：Eq＝eq\f(mg,sin60°)，解得E＝eq\f(2\r(3)mg,3q).(2)從O點到A點，由動能定理得：mgxcot60°＝eq\f(1,2)mv2－0解得：v＝3m/s.(3)小球在電容器C中做類平拋運動，水平方向：L＝vt①豎直方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2②a＝eq\f(Uq,md)－g③①②③聯(lián)立求解得U＝eq\f(10m,q).答案：(1)eq\f(2\r(3)mg,3q)(2)3m/s(3)eq\f(10m,q)11．(2022·高考安徽卷)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質量為m，電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開頭下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽視不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求：(1)小球到達小孔處的速度；(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開頭下落運動到下極板處的時間．解析：(1)由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh).(2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運動定律知：mg－qE＝ma由運動學公式知：0－v2＝2ad整理得電場強度E＝eq\f(mgh＋d,qd)由U＝Ed，Q＝CU得，電容器所帶電荷量Q＝Ceq\f(mgh＋d,q).(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，0＝v＋at2，t＝t1＋t2整理得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g)).答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)Ceq\f(mgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))12．在金屬板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板中心射入(如圖甲所示)．已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力，求：(1)若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為多少？(2)若電子從t＝0時刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板至少為多長？(3)若電子恰能從兩板中心平行于板飛出，電子應從哪一時刻射入？兩板間距至少為多大？解析：(1)由動能定理得：e·eq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(eU0,m)).(2)t＝0時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運動，向正極板方向偏轉，半個周期后電場方向反向，則連續(xù)在該方向上做勻減速運動，再經過半個周期，電場方向上的速度減到零，實際速度等于初速度v0，平行于極板，以后連續(xù)重復這樣的運動．要使電子恰能平行于金屬板飛出，則在OO′方向上至少運動一個周期，故極板長至少為L＝v0T.(3)若要使電子從極板中心平行于極板飛出，則電子在電場方向上應先加速、再減速，反向加速再減速，每段時間相同，一個周期后恰好回到OO′線．可見應在t＝eq\f(T,4)＋k·eq\f(T,2)(k＝0,1,2，…)時射入．極板間距離要求滿足在加速、減速階