2020高考物理二轮复习 抓分天天练 重点知识练1.15 电场性质与带电粒子的运动（二）课件

1．15电场性质与带电粒子的运动(二)一、选择题1．(2019·浙江等级考试)质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s.已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19C，则下列说法正确的是()A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15NC．质子加速需要的时间约为8×10－6sD．加速器加速的直线长度约为4m答案D解析根据能量守恒定律得，动能增加，电势能减小，故A项错误；质子所受到的电场力约为F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19N＝2.08×10－14N，故B项错误；根据牛顿第二定律得加速时的加速度为：a＝Fm＝2.08×10－141.67×10－27m/s2≈1.25×1013m/s2，则加速时间为：t＝va＝1×1071.25×1013s＝0.8×10－6s，故C项错误；加速器加速的直线长度约为：L＝v2t＝1×1072×0.8×10－6m＝4m，故D项正确．2．(2019·沈阳二模)如图所示，三条虚线表示某电场中的三个等差等势面，电势分别为φ1、φ2、φ3.一个带电粒子只在电场力作用下按图中实线轨迹从A点运动到B点，则以下说法正确的是()A．φ1φ2φ3B．粒子在A点的加速度方向与速度方向夹角为钝角C．粒子在B点的加速度大于在A点的加速度D．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能答案D解析由图象可知，带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受的电场力方向大致向右上方．由于粒子的电性未知，所以不能判断电势的高低关系，故A项错误；粒子所受的电场力方向大致向右上方，带电粒子从A点到B点，可知粒子在A点的加速度方向与速度方向夹角为锐角，故B项错误；等差等势面密集处电场线也密集，故A点处的电场强度比B点处的大，粒子在A点受到的电场力大于在B点处受到的电场力，故粒子在A点的加速度大于B点的加速度，故C项错误；带电粒子从A点到B点，则电场力对粒子做正功，电势能减小，粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，故D项正确．3．(2019·浙江模拟)工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是()A．A、B平行板电容器的电容减小B．A、B两板间的电场强度增大C．A、B两板上的电荷量变小D．有电流从b向a流过灵敏电流计答案D解析根据C＝εS4πkd可知当产品厚度增大导致ε增大时，电容器的电容C增大，再根据Q＝CU可知极板带电量Q增加，有充电电流从b向a流过，故A、C项错误，D项正确；因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度E＝Ud不变，故B项错误．4．(2019·江苏)一匀强电场的方向竖直向上．t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P­t关系图象是()答案A解析带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动，沿电场方向上做匀加速直线运动，故沿电场方向上的速度为：v＝at＝Eqmt；故t秒时电场力的功率为：P＝Eqv＝E2q2mt；故说明P与时间成正比，故A项正确，B、C、D三项错误．5.(2019·淮南二模)如图所示的匀强电场中，在同一条电场线上有A、B、C三点，已知A、B间的距离是B、C间距离的2倍，有一带正电的运动粒子，它经过C点时的动能为30J，运动至A点时的动能变为零，若取B点电势为零，不计粒子重力，则当其动能为8J时，该粒子电势能为()A．2JB．12JC．22JD．38J答案B解析取B点电势为零，设C点的电势为－φ，则A点的电势为2φ，粒子在运动的过程中电势能和动能之和守恒，则2φq＝30＋(－φq)，解得φq＝10J，则粒子的总能量为20J，可知其动能为8J时，该粒子电势能为20J－8J＝12J，故B项正确，A、C、D三项错误．6.(2019·课标全国Ⅲ)(多选)如图，电荷量分别为q和－q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点．则()A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加答案BC解析等量异号电荷形成的电场线和等势面如图1所示；结合题图中对应的几何关系可知，a靠近负电荷，而b靠近正电荷，则可知，a点电势一定小于b点电势，故A项错误；a、b两点是两电荷单独在两点形成的电场强度的叠加，由图2可知，两点处的两分场强恰好相同，故合场强一定相同，故B、C两项正确；根据A项分析可知将负电荷从a点移到b点时，是从低点势移向高电势，因电荷带负电，故电势能减小，故D项错误．7.(2019·常德一模)如图所示，在匀强电场中有O、A、B三点，OA＝OB＝5cm，O点电势为φO＝5V、A点电势为φA＝0V，OA与OB的夹角为120°，A，B在同一条竖直线上．现有一不计重力、带电量为e的粒子从A点沿AO方向射入电场，经过B点时动能与在A点时相同，则下列说法正确的是()A.粒子带负电B.粒子运动过程中，电势能先减小，后增大C.粒子能运动到O点D.匀强电场的电场强度大小为200V/m，方向垂直AB向右答案D解析因为经过B点时动能与在A点时相同，所以A、B两点电势相等，电场线垂直于AB，而φOφA，所以电场的方向垂直于AB向右，粒子运动轨迹如图所示，所受电场力和电场方向相同，粒子带正电，故A项错误；由粒子的运动轨迹可知，粒子所受电场力先做负功，后做正功，可知粒子电势能先增大后减小，故B项错误；粒子由AO方向且做曲线运动，不可能到达O点，故C项错误；OA两点的电势差UOA＝φO－φA＝5V，OA沿电场方向的有效距离d＝Lcos60°＝2.5×10－2m，电场强度E＝UOAd＝200V/m，方向向右，故D项正确．8.(2019·本溪模拟)电场中有一条电场线与x轴重合，x轴上各点的电场强度与位置的关系如图所示，一质子只在电场力作用下自坐标原点由静止释放沿x轴正方向运动，已知Oa＝ab＝bc＝d，b点的电势φb＝0.则下列结论正确的是()A．质子沿x轴做匀速直线运动B．质子在a、c两点的电势能相等C．质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4D．坐标原点O的电势为3E0d答案C解析由E­x图象和F＝qE可知质子沿x轴做先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速直线运动，最后做加速度增大的加速直线运动，故A项错误；质子一直加速直线运动，电场力做正功，电势能减小，故B项错误；由图可知E­x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此UOa＝E0d，UOb＝32E0d，UOc＝2E0d，由动能定理则有Eka＝qUOa＝qE0d，Ekb＝qUOb＝32qE0d，Ekc＝qUOc＝2qE0d，所以质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4，故C项正确；根据UOb＝φ0－φb可得坐标原点O的电势为φ0＝1.5E0d，故D项错误．9．如图所示为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy，当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′＝2V，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝－1V时，荧光屏上光点的坐标为(4，－1)；则当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′＝1V，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝2V时，荧光屏上光点的坐标为()A．(2，－2)B．(4，－2)C．(2，2)D．(4，2)答案C解析根据y＝12at2＝qU2mdt2可知，偏转位移与电压成正比，故选C项．10.(2019·四川模拟)(多选)如图所示，匀强电场中有一个与电场平行的长方形区域ABCD.已知AC＝2AB＝4cm，A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V．某带电粒子从A点以初速度v0＝2m/s，与AD成30°夹角射入电场，粒子在ABCD所在平面运动，恰好经过C点．不计粒子的重力．下列说法正确的是()A．该粒子可能带负电B．电场强度大小为40033V/mC．粒子过C点的速度为213m/sD．仅改变初速度v0方向，该粒子可能经过B点答案BC解析根据A、C两点电势可得：AC中点O的电势φO＝12(φA＋φC)＝8v＝φB，所以，OB所在直线为等势线，那么电场线方向垂直于BD，斜向右下方；由几何关系可得：A点到BD等势线的距离d＝ABcos30°＝3cm，所以，场强E＝φA－φBd＝433V/cm＝40033V/m，故B项正确；粒子在运动过程只受电场力作用，故粒子做类平抛运动，又因为粒子运动到C，所以，电场力方向和电场方向相同，故粒子带正电，故A项错误；根据粒子在运动过程只受电场力作用，做类平抛运动；由位移可得：ACsin30°＝v0t，ACcos30°＝12at2；所以，粒子在C点时沿电场方向的分速度vE＝at＝2ACcos30°t＝2ACcos30°ACsin30°v0＝23v0，所以，粒子过C点的速度v＝v02＋vE2＝13v0＝213m/s，故C项正确；仅改变初速度v0方向，根据对称性粒子必过F点，所以D项错误．二、非选择题11．(2019·课标全国Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为t2.重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能．答案(1)3mgq(2)2m(v02＋g2t2)解析(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma12at22＝12gt2解得：E＝3mgq.(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有Ek－12mv12＝mgh＋qEh且有v1t2＝v0t，h＝12gt2联立上式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．12.(2019·湖北模拟)光滑水平桌面上建有坐标系xOy，质量为m、带电量为q的带正电小球静止在坐标原点，现沿x轴正向施加一匀强电场E1，经t0后，将匀强电场方向变为沿y轴正方向而大小保持不变，再经t0后撤去电场E1，同时施加一个与xOy平面平行的匀强电场E2，电场强度E2和电场强度E1的大小关系为E2＝2E1，使得小球沿直线运动并能再次通过y轴．求：(1)撤去电场E1时小球的位置坐标值x，y；(2)匀强电场E2的方向与x轴正方向的夹角θ；(3)小球从坐标原点出发到再次经过y轴所用的时间t和电场力做的功W.答案(1)3qE12m·t02qE12m·t02(2)135°(3)5t04q2E12t02m解析(1)对小球进行受力分析可得：小球所受合外力等于电场力；E1沿x轴正向时，小球沿x轴做匀加速直线运动：qE1＝ma1v0＝a1t0x1＝12a1t02；E1沿y轴正向时，小球在x轴方向做匀速运动，y方向做匀加速运动，即小球做类平抛运动：x2＝v0t0y2＝12a1t02；所以，撤去电场E1时，小球的位置坐标为：x＝x1＋x2＝32a1t02＝3qE12m·t02y＝y2＝12a1t02＝qE12m·t02；(2)撤去E1时y轴方向分速度为：vy＝a1t0＝v0，x轴方向分速度为v0.故撤去E1时，速度方向与x轴正方向成θ＝arctanvyv0＝45°；施加电场E2后小球做匀减速直线运动；E2的方向应与x轴正向成135°；(3)施加电场E2后小球加速度a2，有：qE2＝ma2，所以，a2＝2a1；小球在E2中运动到再次经过y轴所用的时间为t′，则：－x＝v0t′－122a2t′2所以，t′＝3t0；故小球从坐标原点出发到再次经过y轴所用的时间为：t＝2t0＋t′＝5t0；小球再次经过y轴时的速度为：v′＝v02＋vy2－a2t′＝－22v0；小球运