届高考物理总复习第七章静电场核心素养提升练二十一72电容器与电容带电粒子在电场中的运动新人教版.docx
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届高考物理总复习第七章静电场核心素养提升练二十一72电容器与电容带电粒子在电场中的运动新人教版
电场能的性质
(45分钟 100分)
(20分钟 50分)
一、选择题(本题共5小题,每小题7分,共35分,1~4题为单选题,5题为多选题)
1.在真空中A、B两点分别放有异种点电荷-Q和+2Q,以A、B连线中点O为圆心作一圆形路径acbd,如图所示,则下列说法正确的是( )
A.场强大小关系有Ea=Eb、Ec=Ed
B.电势高低关系有φa>φb、φc>φd
C.将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功
D.将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变
【解析】选C。
对比等量异种点电荷的电场分布可知,题图中场强大小关系有Eb>Ea,Ec=Ed,故A错误;因沿着电场线方向电势逐渐降低可知,φa<φb,再由对称性可知φc=φd,故B错误;由于a点电势低于b点电势,将负点电荷由a沿圆弧运动到b,电场力做正功,故C正确;因沿直线由c到d过程中电势先升高再降低,所以将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能先增大再减小,故D错误。
2.(2019·濮阳模拟)如图,匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点。
已知G、F、B、D点的电势分别为5V、1V、2V、4V,则A点的电势为( )
A.0VB.1VC.2VD.3V
【解析】选A。
在匀强电场中,由公式U=Ed知,沿着任意方向前进相同距离,电势差必定相等,由于GF∥CB,且GF=CB,则有φG-φF=φC-φB,代入数据解得φC=φG-φF+φB=5V-1V+2V=6V,同理φA-φB=φD-φC,解得φA=φB+φD-φC=
2V+4V-6V=0V,故A正确,B、C、D错误。
3.如图所示,虚线表示某电场的等势面。
一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示。
粒子在A点的加速度为aA、电势能为EA;在B点的加速度为aB、电势能为EB。
则下列结论正确的是( )
A.粒子带正电,aA>aB,EA>EB
B.粒子带负电,aA>aB,EA>EB
C.粒子带正电,aA D.粒子带负电,aA 【解析】选D。 电场线由高等势面指向低等势面,且电场线与等势面垂直,由于粒子的电场力指向运动轨迹的凹侧,与电场线方向相反,则粒子带负电,故A、C错误;等差等势面越密场强越大,B处等差等势面较密集,则场强大,带电粒子所受的电场力大,加速度大,即aA 【加固训练】 (2018·临汾模拟)(多选)图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面(K、M之间无电荷)。 一带电粒子射入此静电场后,依abcde轨迹运动。 已知电势φK<φL<φM,ULK=UML,且粒子在ab段做减速运动。 下列说法中正确的是(不计重力)( ) A.粒子带正电 B.粒子在a点的加速度小于在c点的加速度 C.粒子在a点的动能大于在e点的动能 D.粒子在c点的电势能大于在d点的电势能 【解析】选A、B、D。 由于φK<φL<φM,所以电场线的方向向左,由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左,画出电场线的分布,如图所示。 粒子受到的电场力的方向向左,电场线的方向向左,即粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同,所以粒子带正电,故A正确;等差等势面的疏密表示电场的强弱,由图可知,c点的电场大,所以粒子在c点受到的电场力大,由牛顿第二定律可知,粒子在a点的加速度小于在c点的加速度,故B正确;a和e在同一条等势面上,所以粒子在a点的电势能等于在e点的电势能,在a点的动能等于在e点的动能,故C错误;由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左,粒子从c到d的过程中电场力做正功,所以在c点的电势能大于在d点的电势能,故D正确。 4.(2019·张家界模拟)空间存在一静电场,电场中的电势φ随x的变化规律如图所示,下列说法正确的是( ) A.x=4m处电场强度可能为零 B.x=4m处电场方向一定沿x轴正方向 C.电荷量为e的负电荷沿x轴从O点移动到x=6m处,电势能增大8eV D.沿x轴正方向,电场强度先增大后减小 【解析】选C。 φ-x图象的斜率等于电场强度,则知x=4m处的电场强度不为零,故A错误;从O到x=4m处电势不断降低,但x=4m点的电场方向不一定沿x轴正方向,故B错误;负电荷沿x轴正方向移动,沿x轴正方向电势降低,负电荷在电势高的地方电势能小,所以电势能增大,增大了8eV,故C正确;由斜率看出,从O到x=6m,图象的斜率先减小后增大,则电场强度沿x轴正方向先减小后增大,故D错误。 5.如图所示,实线为某电场中未知方向的三条电场线,a、b两个带电粒子从电场中M点以相同初速度v0飞出,且初速度方向竖直向上,两粒子在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,不计两带电粒子之间的相互作用力和粒子的重力,则( ) A.a一定带正电,b一定带负电 B.a的速度将减小,b的速度将增大 C.a的加速度将减小,b的加速度将增大 D.两个粒子的电势能都减小 【解析】选C、D。 根据轨迹弯曲方向可知两个粒子在M点所受的电场力方向相反,由于电场线方向未知,所以不能判断电场力的方向,也就不能确定粒子的电性,故A错误;由于出发后电场力对两个粒子均做正功,所以两个粒子的动能均增大,电势能均减小,故B错误,D正确;由电荷所受的电场力为F=Eq,加速度为a= ,电场线越密,场强越大,加速度越大,则知a的加速度将减小,b的加速度将增大,故C正确。 【总结提升】带电粒子在电场中直线运动的分析方法 二、计算题(本题共15分,需写出规范的解题步骤) 6.(2019·石家庄模拟)如图所示,AB⊥CD且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上,在C点有一固定点电荷,电荷量为+Q。 现从A点将一质量为m,电荷量为-q的小球由静止释放,小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为 ,g为重力加速度,不考虑运动电荷对静电场的影响,求: (1)小球运动到D点时对轨道的压力。 (2)小球从A点到D点过程中电势能的改变量。 【解析】 (1)小球运动到D点时,由牛顿第二定律得: FN+k -mg=m 解得: FN=2mg-k 由牛顿第三定律得,小球运动到D点时对轨道的压力大小为: FN′=FN=2mg-k 方向竖直向下 (2)小球从A运动到D,根据动能定理得: mgr+W电= mv2-0 解得: W电=- mgr 由功能关系得: ΔEp=-W电= mgr 答案: (1)2mg-k 方向竖直向下 (2) mgr (25分钟 50分) 7.(7分)(创新预测)(多选)真空中有一半径为r0的带电金属球壳,若取无穷远处为零电势,通过其球心的一直线上各点的电势φ分布规律可用图中曲线表示,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。 下列说法中正确的是( ) A.该球壳带负电 B.A点的电场强度大于B点的电场强度 C.若r2-r1=r1-r0,则φA-φB<φ0-φA D.将电子从A点移到B点,电场力做正功 【解析】选B、C。 根据图象,从球壳向外电势降低,电场线从正电荷出发终止于负电荷,沿着电场线电势逐渐降低,该球带正电,故A错误;由于φ-r图象斜率大小等于场强,则A点的电场强度大于B点的电场强度,故B正确;从O到A再到B,电场强度逐渐减小,故若r2-r1=r1-r0,则φA-φB<φ0-φA,故C正确;电子沿直线从A移到B的过程中,电场力方向由B指向A,电场力做负功,故D错误。 【加固训练】 一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中0~x2段是关于直线x=x1对称的曲线,x2~x3段是直线,则下列说法正确的是( ) A.x1处电场强度最小,但不为零 B.粒子在0~x2段做匀变速运动,x2~x3段做匀速直线运动 C.在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φ0>φ1 D.x2~x3段的电场强度大小方向均不变 【解析】选D。 根据电势能与电势的关系Ep=qφ,场强与电势差的关系E= 得,E= · ,由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于Eq,x1处切线斜率为零,则知x1处电场强度为零,故A错误,由图看出在0~x1段图象切线的斜率不断减小,可知场强减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小,做非匀变速运动,x1~x2段图象切线的斜率不断增大,场强增大,粒子所受的电场力增大,做非匀变速运动,x2~x3段斜率不变,场强不变,即电场强度大小和方向均不变,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,做匀变速直线运动,故B错误,D正确;根据电势能与电势的关系Ep=qφ,粒子带负电,q<0,则知电势能越大,粒子所在处的电势越低,所以有φ1>φ2=φ0>φ3,故C错误。 8.(7分)(创新预测)(多选)如图所示,空间有一圆锥OBB′,点A、A′分别是两母线的中点。 现在顶点O处固定一正的点电荷,下列说法中正确的是 ( ) A.A、A′两点的电场强度相同 B.平行于底面的圆心为O1的截面为等势面 C.将一正的试探电荷从A点沿直径移到A′点,静电力对该试探电荷先做负功后做正功 D.若B点的电势为φB,A点的电势为φA,则BA连线中点C处的电势φC小于 【解析】选C、D。 点A、A′到O点的距离相等,根据点电荷的场强公式E=k 分析可知,A与A′的电场强度大小相等,但方向不同,故A错误;点电荷的等势面是同心圆,平行于底面的圆心为O1的截面上各个点到O点的距离不等,不是等势面,故B错误;将一正的试探电荷从A点沿直径移到A′点,电势先升高后降低,电势能先增大后减小,静电力对该试探电荷先做负功后做正功,故C正确;由于A、C间场强大于C、B间场强,由U=Ed知,A、C间的电势差大于C、B间的电势差,则有φA-φC>φC-φB,则φC< ,故D正确。 9.(7分)(2019·烟台模拟)一半径为R的绝缘半圆形凹槽固定放置在水平面上,内壁光滑,AB为水平直径,C为凹槽最低点。 在圆心O处固定一带电荷量为+Q的点电荷,现将质量为m电荷量为+q的带电小球从凹槽的A端由静止释放,小球沿凹槽内壁运动。 则( ) A.从A到C的过程中,静电力对小球做的功为mgR B.小球在运动过程中电势能保持不变 C.点电荷+Q在A、C两点产生的电场强度相等 D.小球运动到C处时对凹槽的压力大小为mg+ 【解析】选B。 点电荷的等势面是以电荷为球心的球面,电场线垂直于等势面沿半径向外,在整个滑动的过程中,电场力和弹力都不做功,电势能不变,故A错误,B正确;电场强度为矢量,沿半径向外,A、C两点电场强度不同,故C错误;凹槽的半径为R,设小球到达C点时速度大小为v,小球从A滑到C的过程,由机械能守恒定律得mgR= mv2,解得v= ,小球经过C点时,由牛顿第二定律得FN-mg-k =m ,FN=3mg+k ,故D错误。 10.(7分)(2019·南宁模拟)如图甲所示,在光滑绝缘的水平面上固定两个等量的正点电荷。 M、O、N为两点电荷连线上的点。 其中O为连线中点,且MO=ON。 在M点由静止释放一个电荷量为q的正试探电荷,结果该试探电荷在MN间做来 回往复运动,在一个周期内的v-t图象如图乙所示,则下列说法正确的是 ( ) A.M和N两点的电场强度和电势完全相同 B.试探电荷在O点所受电场力最大,运动的速度也最大 C.试探电荷在t2时刻到达O点,t4时刻到达N点 D.试探电荷从M经O到N的过程中,电势能先减小后增大 【解析】选D。 根据等量的正电荷的电场的特点可知,M和N两点的电场强度大小相等,方向相反,而电势是相同的,故A错误;根据等量的正电荷的电场的特点可知,O点的电势最低,电场强度为0,所以试探电荷在O点所受电场力最小,运动的速度最大,故B错误;试探电荷在t2时刻的速度再次等于0,所以在t2时刻到达N点,故C错误;由图可知,试探电荷从M经O到N的过程中,速度先增大后减小,则动能先增大后减小,所以电势能先减小后增大,故D正确。 11.(7分)(2019·衡水模拟)一对等量点电荷位于平面直角坐标系xOy的一个轴上,它们激发的电场沿x、y轴方向上的场强和电动势随坐标的变化情况如图中甲、乙所示,甲图为y轴上各点场强随坐标变化的E-y图象,且沿y轴正向场强为正。 乙图为x轴上各点电势随坐标变化的φ-x图象,且以无穷远处电势为零。 图中a、b、c、d为轴上关于原点O的对称点,根据图象可判断下列有关描述正确的是( ) A.是一对关于原点O对称的等量负点电荷所激发的电场,电荷位于y轴上 B.是一对关于原点O对称的等量异种点电荷所激发的电场,电荷位于x轴上 C.将一个+q从y轴上a点由静止释放,它会在aOb间往复运动 D.将一个+q从x轴上c点由静止释放,它会在cOd间往复运动 【解题指导】解答本题应注意以下两点: (1)根据激发的电场沿x、y轴方向上的场强和电势随坐标的变化情况确定激发电场的电荷。 (2)由电场的特点确定电荷的运动情况。 【解析】选C。 因x轴上各点的电势均小于零,且φ-x图关于y轴对称,表明是一对等量负电荷激发的电场,又E-y图象中y轴正方向场强为负,y轴负方向场强为正,表明这一对负电荷在x轴上关于原点对称,故A、B错误;一个+q从y轴上a点由静止释放,它从a点向O点先做加速度逐渐增大的加速运动,后做加速度逐渐减小的加速运动,越过原点后先做加速度逐渐增大的减速运动,后做加速度逐渐减小的减速运动,到达b点时恰好速度为零,此后又变加速运动到a点,故C正确;将一个+q从x轴上c点由静止释放,它将直接向x轴负向的负电荷运动并粘合,故D错误。 12.(15分)如图所示,在一个倾角θ=30°的斜面上建立x轴,O为坐标原点,在x轴正向空间有一个匀强电场,场强大小E=4.5×106N/C,方向与x轴正方向相同,在O处放一个电荷量q=5.0×10-6C,质量m=1kg带负电的绝缘物块。 物块与斜面间的动摩擦因数μ= ,沿x轴正方向给物块一个初速度v0=5m/s,如图所示。 (g取10m/s2)求: (1)物块沿斜面向下运动的最大距离为多少。 (2)到物块最终停止时系统因摩擦产生的热量共为多少。 【解题指导】解答本题应注意以下三点: (1)物块速度减到0时向下运动的距离最大。 (2)由受力情况判断物块能否停在x轴正方向。 (3)由功能关系求解因摩擦产生的热量。 【解析】 (1)设物块向下运动的最大距离为xm,由动能定理得: mgsinθ·xm-μmgcosθ·xm-qExm=0- m 代入数据解得: xm=0.5m (2)因qE>mgsinθ+μmgcosθ,物块不可能停止在x轴正向,设最终停在x轴负向且离O点为x处,整个过程电场力做功为零,由动能定理得: -mgxsinθ-μmgcosθ(2xm+x)=0- m 代入数据解得: x=0.4m 因摩擦产生的热量: Q=μmgcosθ·(2xm+x) 代入数据解得: Q=10.5J 答案: (1)0.5m (2)10.5J
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