《2019届高三物理二轮复习专题三：《电场与磁场》训练（带答案及详解）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三物理二轮复习专题三：《电场与磁场》训练（带答案及详解）（38页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、带电粒子在电场中的运动专题训练1.下列选项中的点电荷所带电荷量的绝对值相同,各电荷间互不影响,电荷的电性以及在坐标系中的位置已经标出。则坐标原点O处电场强度最大的是()。解析由点电荷电场强度公式E=kQr2可求每个点电荷的电场强度,根据电场强度的合成满足平行四边形定则,可知A、C两项的O点电场强度大小E=kqr2,B项的O点电场强度大小E=k2qr2,D项的O点电场强度为0,故B项的O点电场强度最大。答案B2.(多选)如图所示是某静电场电场线和等势面分布关系图,其中实线为电场线,虚线为等势面。一带正电粒子(不计重力)从a点经c点运动到b点,则()。A.a点电场强度比b点电场强度小B.从a点运动
2、到c点电场力对粒子做的功大于从c点运动到b点电场力对粒子做的功C.带电粒子在a点的动能小于在b点的动能D.带电粒子从c点运动到b点的过程中,电势能增加解析根据电场线疏密程度可知a点电场强度比b点电场强度小,A项正确;由图可知UacbaD.WO cbc,C项错误;因UO cUO a,W=Uq,所以WO cWO a,D项错误。答案B4.(2018百校联考)如图所示,在直角坐标系xOy中的x轴上有一正点电荷Q,A、B、C是坐标轴上的三点,OA=OB=BC=a,其中O点和C点的电势相等,静电力常量为k,则下列说法正确的是()。A.点电荷Q位于B、C两点之间B.O点电势比A点电势低C.A点的电场强度大小
3、为kQ2a2D.将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点过程中,电势能一直增大解析因O点和C点的电势相等,故O点和C点到点电荷的距离相等,点电荷Q一定位于B点,A项错误;因点电荷带正电,故离点电荷越近电势越高,O点电势比A点高,B项错误;由图可知A、B的距离r=2a,根据E=kQr2,得EA=kQ2a2,C项正确;由图可知,将正试探电荷从A点沿直线移动到C点的过程中,电势先升高再降低,故电势能先增大再减小,D项错误。答案C5.(2018嘉兴期末)某电容器充电后的电压为8 V,然后利用传感器得到放电时电路中电流随时间变化的I-t曲线(如图)。则放电过程中()。A.电容器储存的电能不变B.电路中的电
4、流不变C.电容器两极板间的电压不变D.电容器的电容不变解析电容器放电,则电容器储存的电能逐渐减小,A项错误;由图可知,电路中的电流逐渐减小,B项错误;根据Q=CU可知,电容器两极板间的电压逐渐减小,C项错误;电容器的电容由电容器本身决定,则电容保持不变,D项正确。答案D6.如图所示,A、B是带电平行金属板,P是板间的一点,B板与电阻R连接并接地。平行金属板右侧是一静电计。若将B板向下平移一小段距离,保持两板间的P点与A板的距离不变。则下列说法正确的是()。A.电容器内部的电场强度大小不变B.电容器的电容变大C.静电计指针偏角变小D.P点的电势降低解析因电容器未接入闭合回路中,所以电容器带电荷量
5、不变,则由C=rS4kd,E=Ud和C=QU,联立得E=4kQrS,可知E与d无关,所以电容器内部电场强度大小不变,A项正确;将B板向下平移一小段距离时,板间距离增大,由C=rS4kd可知,电容C减小,B项错误;因电荷量不变,C减小,则由Q=UC可知,两板间的电压变大,静电计指针偏角变大,C项错误;因E不变,P点与下极板B间的距离增大,故P与下极板B间的电势差增大,P点电势升高,D项错误。答案A7.(2018河南模拟)(多选)如图所示,在M、N两点分别固定点电荷+Q1、-Q2,且Q1Q2,在MN连线上有A、B两点,在MN连线的中垂线上有C、D两点。某电荷q从A点由静止释放,仅在静电力的作用下经
6、O点向B点运动,电荷q在O、B两点的动能分别为EkO、EkB,电势能分别为EpO、EpB,电场中C、D两点的电场强度大小分别为EC、ED,电势分别为C、D,则下列说法正确的是()。A.EkO一定小于EkBB.EpO一定小于EpBC.EC一定大于EDD.C一定小于D解析电荷q从A点到B点的过程中,电场力做正功,则动能增加,电势能减小,即EkO一定小于EkB,EpO一定大于EpB,A项正确,B项错误;C点的电场线比D点的密集,则EC一定大于ED,C项正确;因Q1Q2,故C点的合电场方向斜向右上方,正电荷从C点运动到D点电场力做正功,电势能减小,则C一定大于D,D项错误。答案AC8.(多选)如图所示
7、,边长L=0.8 m的正方形ABCD区域内存在竖直方向的匀强电场,一带负电的粒子从A点沿AB方向以初速度v0=2105 m/s射入电场,最后从C点离开电场。已知带电粒子的电荷量q=110-8 C,质量m=110-16kg,不计粒子重力。则()。A.电场强度的方向竖直向下B.A点的电势高于C点的电势C.粒子从A点飞到C点所用的时间为410-6 sD.电场强度E的大小为1103 N/C解析根据粒子受力和轨迹的偏转关系可知,电场强度方向竖直向下,A项正确;沿着电场线方向电势逐渐降低,C点电势高于A点电势,B项错误;粒子从A点飞到C点所用的时间t=Lv0=0.82105 s=410-6 s,沿AD方向
8、,小球做匀加速直线运动,有L=12at2,根据牛顿第二定律,有qE=ma ,代入数值解得E=2mv02qL=1103 N/C,C、D两项正确。答案ACD9.如图所示,一根光滑绝缘细杆与水平面成=30角倾斜固定。细杆的一部分处在电场强度方向水平向右的匀强电场中,电场强度E=23104 N/C。在细杆上套有一个带负电的小球,带电荷量q=110-5 C、质量m=310-2 kg。现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下,并从B点进入电场,小球在电场中滑至最远处的C点。已知A、B间的距离x1=0.4 m,重力加速度大小g=10 m/s2。则小球从A点运动到C点过程中的v-t图象正确的是()。解析从A到
9、B的过程中小球做初速度为零的匀加速直线运动,由位移速度公式可得vB=2a1x1=2gsin300.4 m/s=2 m/s,经历的时间t1=vBgsin30=0.4 s。小球从B到C的过程,根据牛顿第二定律,有qEcos -mgsin =ma2,解得a2=5 m/s2(方向沿细杆向上),小球在BC段做初速度为2 m/s,末速度为零的匀减速直线运动,经历的时间t2=vBa2=0.4 s,B项正确。答案B10.(多选)如图甲所示,在直角坐标系xOy所在的第、象限内存在电场强度大小为E的匀强电场,方向分别与y轴、x轴成45角。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)从A(-L,0)处由静止释放
10、。则()。甲A.粒子沿x轴正方向做匀加速直线运动B.粒子经过x轴的坐标为(5+42)L,0)C.粒子经过y轴时的速度大小为22qELmD.粒子从A点运动到y轴需要的时间为22mLEq解析粒子在匀强电场中只受电场力作用,在第象限中必将沿电场线做匀加速直线运动,A项错误;粒子首先运动到y轴上,从A运动到y轴上时有qE2L=12mv02,解得v0=22qELm,C项正确;粒子在电场中运动的加速度a=qEm,则粒子从A点运动到y轴需要的时间t=v0a=22mLEq,D项正确;粒子运动的轨迹如图乙所示,设CD的长度为d,有2L+dcos 45=12at2,沿v0方向上有dsin 45=v0t,解得d=4
11、(1+2)L,则x=d+L=(5+42)L,B项正确。乙答案BCD11.(2018成都模拟)在xOy直角坐标系中,两个边长相同的正方形如图所示排列,第象限的正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场,电场强度大小E0=2 V/m,在第象限的正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场,三角形OEC区域内无电场,现有一带电荷量为q(q0)、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放,恰好能通过E点。(1)求CED区域内匀强电场的电场强度的大小E1。(2)保持第(1)问中电场强度不变,若在正方形区域ABOC中某些点由静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过E点
12、,则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系?解析(1)设粒子出第象限时速度为v,正方形区域边长为l,加速过程有qE0l=12mv2由类平抛运动的规律有l=vtl=qE12mt2计算解得E1=4E0=8 V/m。(2)设出发点坐标为(x,y),加速过程有qE0x=12mv2经过分析,要过E点的粒子在第象限中做类平抛运动时竖直位移与水平位移相等,均为y,有y=vty=12qE1mt2计算可得y=x。答案(1)8 V/m(2)y=x12.如图所示,光滑绝缘细杆与水平方向的夹角=30。电荷量Q=-410-6 C的点电荷固定于光滑绝缘细杆末端。A、B是以点电荷Q为圆心,半径分别为r1=0.6 m和r2=0
13、.3 m的同心圆周上的两点,虚线同心圆周与光滑绝缘细杆相交于C点和D点。已知静电力常量k=9109 Nm2/C2,且以无穷远处为零电势位置。现将一电荷量q=-210-6 C、质量m=0.2 kg的带负电小球套在杆上从C点由静止释放。(1)求带电小球从C点由静止释放瞬间的加速度大小。(2)若将电荷量q1=310-6 C的点电荷从A点移至无穷远处,克服电场力做功0.18 J;若将电荷量q2=-410-6 C的试探电荷置于B点,其具有的电势能为0.48 J。则A、B两点的电势A、B分别是多少?(3)求带电小球下滑至D点的速度大小。(结果可保留根号)解析(1)由库仑定律可得带电小球在C点所受库仑力大小F=kQqr12=0.2 N,方向沿杆向上以带电小球为研究对象,根据牛顿第二定律有mgsin -F=ma解得a=4 m/s2。(2)根据电场力做功与电势差的关系有W1=q1UA解得UA=-6104 V又UA=A-0,解得A=-6104 V由电势的定义式=Epq可得B=-1.2105 V。(3)小球从C点运动到D点过程中,电场力做功WCD=qUCD=q(C-D)=q(A-B)根据动能定理有mg(r1-r2)sin +qUCD=
