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60.docx
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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60.docx
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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60
第8讲电场及带电粒子在电场中的运动
限时:
40分钟
一、选择题(本题共8小题,其中1~4题为单选,5~8题为多选)
1.(2017·山东省潍坊一模)如图所示,匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面,其中坐标原点O处的电势为2V,a点的坐标为(0,4),电势为8V,b点的坐标为(3,0),电势为8V,则电场强度的大小为(A)
A.250V/m B.200V/m
C.150V/mD.120V/m
[解析] 由题意可得a、b两点的电势相等,所以匀强电场的方向垂直于ab,过O点做ab的垂线相交ab于c点,由几何关系得:
tan∠b=,得∠b=53°;oc=ob·sin∠b=0.03×sin53°=2.4×10-2m
co间的电势差为:
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 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。 故A错误;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。 故B正确;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。 故C错误;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
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- 高考 物理 复习 电场 带电 粒子 中的 运动 专题 指导 60
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