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专题能力训练8电场性质及带电粒子在电场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。在每小题给出的四个选项中,15题只有一个选项符合题目要求,68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4分,有选错的得0分)1.(2019全国卷)如图所示,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则()A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷C.P带正电荷,Q带负电荷D.P带负电荷,Q带正电荷答案:D解析:两个带电小球在匀强电场中均处于平衡状态,只有两小球带异种电荷、相互间为吸引力,才可能平衡。小球P带负电荷时,匀强电场提供的力与小球Q对小球P的吸引力抵消,合力为零,此时小球Q带正电荷,匀强电场提供的力与小球P对小球Q的吸引力抵消,合力为零,故A、B、C错误,D正确。2.(2019天津卷)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程()A.动能增加12mv2B.机械能增加2mv2C.重力势能增加32mv2D.电势能增加2mv2答案:B解析:小球由M到N点过程动能增加量为Ek=12m(2v)2-12mv2=32mv2,选项A错误;小球在竖直方向做上抛运动,竖直方向的位移为h=v22g,故克服重力做功为W=mgh=12mv2,即重力势能增加12mv2,选项C错误;动能增加32mv2,重力势能增加12mv2,故机械能增加2mv2,选项B正确;根据能量守恒定律可知,电势能减小2mv2,选项D错误。3.如图所示,匀强电场中有一圆,其平面与电场线平行,O为圆心,A、B、C、D为圆周上的四个等分点。现将某带电粒子从A点以相同的初动能向各个不同方向发射,到达圆周上各点时,其中过D点动能最大,不计重力和空气阻力。则()A.该电场的电场线一定是与OD平行B.该电场的电场线一定是与OB垂直C.带电粒子若经过C点,则其动能不可能与初动能相同D.带电粒子不可能经过B点答案:A解析:将某带电粒子从A点以相同的初动能向各个不同方向发射,到达圆周上各点时,其中过D点动能最大,说明D点电势能最小,若带电粒子带正电,D点为电势最低点;若带电粒子带负电,D点为电势最高点;该电场的电场线一定是与OD平行,选项A正确,B错误。由于C点与A点为电势相等的点,所以带电粒子若经过C点,则其动能一定与初动能相同,选项C错误。由于题述带电粒子向各个不同方向发射,带电粒子可能经过B点,选项D错误。4.真空中有一带电金属球,通过其球心的一直线上各点的电势分布如图所示,r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。根据电势图像(-r图像),下列说法正确的是()A.该金属球可能带负电B.A点的电场强度方向由A指向BC.A点和B点之间的电场,从A到B,其电场强度可能逐渐增大D.电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力做功W=q(2-1)答案:B解析:根据电势图像可知,r趋近于无限远处电势为零,金属球带正电,选项A错误;带正电的金属球电场类似于正点电荷的电场,根据正点电荷的电场特征,A点的电场强度方向由A指向B,选项B正确;根据电势图像的斜率表示电场强度,从A到B,其电场强度逐渐减小,选项C错误;A、B两点之间的电势差为U=1-2,电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力做功W=QU=q(1-2),选项D错误。5.电源和一个水平放置的平行板电容器、两个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路。当把变阻器R1、R2调到某个值时,闭合开关S,电容器中的一个带电液滴正好处于静止状态。当再进行其他相关操作时(只改变其中的一个),以下判断正确的是()A.将R1的阻值增大时,液滴仍保持静止状态B.将R2的阻值增大时,液滴将向下运动C.断开开关S,电容器上的电荷量将减为零D.把电容器的上极板向上平移少许,电容器的电荷量将增加答案:A解析:当R1的阻值增大时,电容器两端的电势差不变,带电液滴受到的电场力不变,液滴保持不动,故A正确;将R2的阻值增大时,则R2两端的电压增大,所以电容器两端的电压增大,电场力变大,液滴向上运动,故B错误;断开开关,电容器两端的电势差等于电源的电动势,根据Q=CU,可知电容器的电荷量将增加,故C错误;因为电容器的电容C=rS4kd,把电容器的上极板向上平移少许,d增大,会使电容减小,电容器两端的电势差不变,根据Q=CU,可知电容器的电荷量将减少,故D错误。6.(2019安徽临泉一中模拟)为模拟空气净化过程,有人设计了如图所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶,圆桶的高和直径相等。第一种除尘方式是:在圆桶顶面和底面间加上电压U,沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场,尘粒的运动方向如图甲所示。第二种除尘方式是:在圆桶轴线处放一直导线,在导线与桶壁间加上电压,电压大小也等于U,形成沿半径方向的辐向电场,尘粒的运动方向如图乙所示。已知空气阻力与尘粒运动的速度大小成正比,即Ff=kv(k为一定值),假设每个尘粒的质量和电荷量均相同,初速度和重力均可忽略不计,不考虑尘粒之间的相互作用,则在这两种方式中()A.尘粒都做直线运动B.尘粒受到的电场力大小相等C.电场对单个尘粒做功的最大值相等D.在乙容器中,尘粒做类平抛运动答案:AC解析:因初速度为0,重力可忽略不计,则尘粒沿合力方向(电场方向或反方向)做直线运动,A正确,D错误;每种除尘方式受到电场力大小F=qE,但两种不同方式中,空间中的电场强度不同,所以尘粒所受电场力大小是不同的,B错误;电场对单个尘粒做功的最大值为qU,在两种情况下电场对尘粒做功的最大值相同,C正确。7.如图所示,倾角为的绝缘斜面固定在水平面上,当质量为m、电荷量为+q的滑块沿斜面下滑时,在此空间突然加上竖直方向的匀强电场,已知滑块受到的电场力小于滑块的重力。则下列说法不正确的是()A.若滑块匀速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块将减速下滑B.若滑块匀速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍匀速下滑C.若滑块匀减速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块仍减速下滑,但加速度变大D.若滑块匀加速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍以原加速度加速下滑答案:ACD解析:若滑块匀速下滑,则有mgsin=mgcos,当加上竖直向上的电场后,电场力为F,沿斜面方向,(mg-F)sin=(mg-F)cos,受力仍平衡,则滑块仍匀速下滑,故A错误、B正确;若滑块匀减速下滑,则有mgsinmgcos,加速度大小为a=g(cos-sin),加上竖直向上的电场后,沿斜面方向,(mg-F)sin(mg-F)cos,加速度大小为a=(mg-F)(cos-sin)mmgcos,加速度大小为a=g(sin-cos),加上竖直向下的电场后,在沿斜面方向,(mg+F)sin(mg+F)cos,物体仍匀加速下滑。加速度为a=(mg+F)(sin-cos)ma。即加速度增大,故D错误,故选ACD。8.(2019福建福州期末)如图所示,匀强电场中的三个点A、B、C构成一个直角三角形,ACB=90,ABC=60,BC=d。把一个电荷量为+q的点电荷从A点移动到B点电场力不做功,从B点移动到C点电场力所做的功为W。若规定C点的电势为零,则()A.A点的电势为-WqB.B、C两点间的电势差为UBC=WqC.该电场的电场强度大小为WdqD.若从A点沿AB方向飞入一电子,其运动轨迹可能是甲答案:BD解析:点电荷在匀强电场中从A点移动到B点,电场力不做功,说明AB为等势线;从B移动到C电场力做功W,则UBC=Wq,UBC=UAC,又C点电势为零,则A点电势为Wq,A错误,B正确。电场线垂直AB方向,C点到AB的距离为dsin60,所以电场强度大小为Wqdsin60,C错误。从A点沿AB方向飞入的电子,所受的电场力垂直于AB向上,做类平抛运动,D正确。二、非选择题(本题共3小题,共44分)9.(14分)(2019安徽临泉一中模拟)一平行板电容器长l=10 cm,宽a=8 cm,板间距d=4 cm,在板左侧有一个U0=400 V加速电场(图中没画出),使不计重力的离子从静止经加速电场加速后,沿足够长的“狭缝”,沿着与两板平行的中心平面,连续不断地向整个电容器射入,离子的比荷均为21010 C/kg,距板右端l2处有一屏,如图甲所示。如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交变电压,由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交变电压的周期,故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场。试求:(1)离子进入平行板电容器时的速度;(2)离子打在屏上的区域面积;(3)在一个周期内,离子打到屏上的时间。答案:(1)4106 m/s(2)64 cm2(3)0.012 8 s解析:(1)设离子进入平行板电容器时速度为v0,根据动能定理得qU0=12mv02解得v0=2qU0m=4106m/s。(2)设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0水平方向:l=v0t竖直方向:d2=12at2又a=qU0md联立以上各式得U0=md2v02ql2=128V即当U128V时离子打到极板上,当U0)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。答案:(1)31(2)13h(3)mg2q解析:(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间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x1和x2。由题给条件和运动学公式得v0-at=0x1=v0t+12at2x2=v0t-12at2联立式得x1x2=31。(2)设A点距电场上边界的高度为hA,小球下落hA时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式得vy2=2ghAh=vyt+12gt2M进入电场后做直线运动,由几何关系知v0vy=x1h联立式可得hA=13h。(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则v0vy=qEmg设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1=12m(v02+vy2)+mgh+qEx1Ek2=12m(v02+vy2)+mgh-qEx2由已知条件Ek1=1.5Ek2联立式得E=mg2q。10
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