届高考物理复习第8讲电场及带电粒子在电场中的运动专题复习指导练案60Word下载.docx

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U＝8V－2V＝6V；

则电场强度为：

E＝＝250V/m，故A正确。

2．（2017·

山东省淄博市一模）两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示（只画出了部分区域内的电势），x轴上有两点M、N，且OM＞ON，由图可知（B）

A．N点的电势低于M点的电势

B．M、N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小

C．仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动

D．负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功

[解析]　由图知，N点的电势高于M点的电势。

故A错误；

由E＝可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小。

斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同。

故B正确；

根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动。

故C错误；

负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功。

故D错误。

3．（2017·

山东省泰安市一模）如图，＋Q为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线。

两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A以相同的速度v0射入，轨迹如图中曲线，B、C为两曲线与圆的交点。

aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小，vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小。

不计粒子重力，以下判断正确的是（C）

A．aB＝aC　vB＝vCB．aB＞aC　vB＝vC

C．aB＞aC　vB＜vCD．aB＜aC　vB＞vC

[解析]　由图可知粒子均带正电，AB曲线弯曲程度较AC大，可知AB轨迹的粒子质量较小，因为B、C两点电势相等，可知UAC＝UAB，电荷量相同，由动能定理：

－qU＝mv2－mv，可知vB<

vC；

由牛顿第二定律：

k＝ma，可知质量小的加速度大，即aB>

aC，综上分析可知C正确，ABD错误。

4．（2017·

重庆市一模）如图所示电路，水平放置的平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑动端C相连接。

电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。

在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端C上移，则电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需的时间t（A）

A．电量q增大，时间t不变

B．电量q不变，时间t增大

C．电量q增大，时间t减小

D．电量q不变，时间t不变

[解析]　当滑动变阻器的滑动端C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据q＝UC得：

电量q增大；

电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间t＝与电压的变化无关，所以时间t不变。

故A正确，BCD错误。

5．（2017·

湖南省永州市二模）三个质量相等的带电微粒（重力不计）以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则（AD）

A．三微粒在电场中的运动时间有t1＜t2＝t3

B．三微粒所带电荷量有q1＞q2＝q3

C．三微粒所受电场力有F1＝F2＞F3

D．飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能

[解析]　粒子在电场中运动的时间t＝，水平速度相等而位移x1＜x2＝x3，所以t1＜t2＝t3，所以A正确；

根据竖直位移公式：

y＝at2＝×

t2，对粒子1与2，两者竖直位移相等，可知：

在y、E、m相同的情况下，粒子2的时间长，则电量小，即q1＜q2，而对粒子2和3在E、m、t相同的情况下，粒子2的竖直位移大，则q2＞q3。

所以B错误；

由B选项分析知：

q1＜q2，所以F1＜F2，C错误；

由B选项分析，q2＞q3，且y2＞y3，则Eq2y2＞Eq3y3，电场力做功多，增加的动能大，所以D正确。

6．（2017·

山东省淄博、莱芜市二模）某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示；

场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x1位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力。

下列说法正确的是（BD）

A．点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小

B．点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小

C．电势差Uox1＜Uox2

D．在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置的电势能最大

[解析]　点电荷从x1运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段：

点电荷从x1运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律：

a＝＝，电场强度E不变，所以加速度a不变，做匀加速运动。

点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：

a＝＝，电场强度E先增大后减小，所以加速度a先增大再减小，速度不是均匀变化。

a＝＝，电场强度E先均匀增大后均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小。

点电荷从O运动到x1的过程中，根据动能定理：

Uox1q＝0－mv，点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理：

Uox2q＝0－mv，所以：

电势差Uox1＝Uox2，故C错误；

点电荷从O运动到x1的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x1位置的电势能最大；

点电荷从O运动到x2的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x2位置的电势能最大。

故D正确。

7．（2017·

江西省新余市二模）有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势φ随x的分布如图所示。

一质量为m、带电量为－q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V0从x＝0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的是（BD）

A．粒子从x＝0处运动到x＝x1处的过程中动能逐渐增大

B．粒子从x＝x1处运动到x＝x3处的过程中电势能逐渐减小

C．欲使粒子能够到达x＝x4处，则粒子从x＝0处出发时的最小速度应为2

D．若v0＝2，则粒子在运动过程中的最小速度为

[解析]　粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误；

粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势能小，可知B正确；

根据电场力和运动的对称性可知：

粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：

－q[0－（－φ0）]＝0－mv，解得：

v0＝，则要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为。

若v0＝2，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：

－q[0－（－φ0）]＝mv－mv，解得最小速度为：

vmin＝，故D正确。

8．（2017·

山东省淄博、莱芜市二模）如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容器电容为C。

电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E＝CU2。

一电荷量为q的带电油滴以初动能Ek从平行板电容器的轴线水平射入（极板足够长），恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则（BD）

A．保持开关闭合，只将上极板下移了，带电油滴仍能沿水平线运动

B．保持开关闭合，只将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek＋

C．断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2

D．断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2

[解析]　保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移的过程中，极板距离减小，根据知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上做加速运动，故A错误；

初始时能匀速通过电容器，说明mg＝q，保持开关闭合，仅将上极板下移，两极板间距离变为d，电场强度E＝，电场力做功W＝qE（－）＝，根据动能定理W＝Ek－Ek0，－mg·

（－）＋＝Ek－Ek0，解得：

Ek＝Ek0＋－d＝Ek0＋，所以撞击上极板时的动能是Ek0＋，故B正确；

断开开关，电容器所带的电荷量不变，根据E＝＝＝＝，可知场强不变，油滴所受的电场力不变，带电油滴仍然沿水平虚线匀速通过电容器，下极板在上极板处产生的场强为，上极板上移，上极板所受电场力为EQ，外力对极板所做的功为W＝F＝EQ×

＝EdQ＝U×

CU＝CU2，故D正确。

故选：

BD。

二、计算题（本题共3小题，需写出完整的解题步骤）

9．（2017·

辽宁省大连市二模）如图甲所示，将一倾角θ＝37°

的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。

一质量m＝0.2kg，带电量q＝2.0×

10－3C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1s后撤去电场，小物块运动的v－t图像如图乙所示（取沿斜面向上为正方向），g＝10m/s2。

（sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8），求：

（1）电场强度E的大小；

（2）小物块在0～0.3s运动过程中机械能增加量。

[解析]　

（1）加速度时：

a1＝＝20m/s2

减速时：

a2＝＝10m/s2

由牛顿第二定律得：

Eq－mgsinθ－f＝ma1

mgsinθ＋f＝ma2

解得Eq＝3mg

摩擦力f＝0.8N

E＝3×

103N/C

（2）方法一：

ΔEk＝0

ΔEp＝mgx总sin37°

x总＝×

2×

0.3＝0.3m

ΔE＝ΔEp

ΔE＝0.2×

10×

0.3×

0.6＝0.36J

方法二：

加速距离x1＝t1＝0.1m

减速距离x2＝t2＝0.2m

电场力做功WE＝Eqx1＝0.6J

摩擦力做功Wf＝－f（x1＋x2）＝－0.24J

物块0～0.3s运动过程中机械能增加量

ΔE＝WE＋Wf＝0.6－0.24＝0.36J

10．（2017·

湖北省襄阳五中一模）如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平。

质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R。

从小球（小球直径小于细圆管直径）进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等（水平分量待定），结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点。

设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：

（1）小球到达B点时的速度大小；

（2）小球受到的电场力大小。

[解析]　

（1）小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒，故有：

mg·

4R＝mv　①

到达B点时速度大小为vB＝2　②

（2）设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy＝mg（方向竖直向上）。

小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：

Fx·

2R＝mv－mv　③

小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，有y＝4R＝vCt　④

x＝2R＝axt2＝t2　⑤

联立解得：

Fx＝mg　⑥

电场力的大小