（通用版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題3 電場和磁場 第1講 電場及帶電粒子在電場中的運動特訓(xùn).doc

第1講 電場及帶電粒子在電場中的運動1(2016天津十二區(qū)縣聯(lián)考一)如圖所示，兩個相同的小球帶電量分別為4q和q，被固定在光滑、絕緣水平面上的a、b兩點，o是ab的中點，c、d分別是ao和ob的中點一帶電量為q的小球從c點由靜止釋放，僅在電場力作用下向右運動，則小球從c點運動到d點的過程中(c)a速度一直增大b加速度一直減小c電場力先做正功后做負功d電勢能先增大后減小解析：設(shè)ab連線上場強為0的點o與a點的距離為x，由庫侖定律有kk，解得xlab，即場強為0的點o在od之間故ao之間的場強方向向右，場強逐漸減小；ob之間的場強方向向左，場強逐漸增大；故帶電量為q的小球從c點由靜止釋放后，由c向b運動過程中，小球的速度向右先增大再減小，加速度先向右減小再向左增大，電場力先做正功再做負功，小球的電勢能先減小再增大，選項abd錯誤，c正確2(2016湖南長郡中學(xué)月考二)如圖所示，n(n5)個小球均勻分布在半徑為r的圓周上，圓周上p點的一個小球所帶電荷量為2q，其余小球帶電量均為q，圓心處的電場強度大小為e.若僅撤去p點的帶電小球，圓心處的電場強度大小為(c)aebcd解析：p點有一個電荷量為2q的小球，等效于在p點有帶電量3q和q的兩個小球，那么所有小球在圓心o處的電場強度為e，p點沒有小球，等效于在p點有q和q的兩個小球，那么所有小球產(chǎn)生的電場為e，選項c正確3(2016廣東深圳調(diào)研二)如圖所示是某空間部分電場線分布圖，在電場中取一點o，以o為圓心的圓周上有m、q、n三個點，連線mon與直電場線重合，連線oq垂直于mon.下列說法正確的是(ac)am點的場強大于n點的場強bo點的電勢等于q點的電勢c將一負點電荷由m點移到q點，電荷的電勢能增加d一正點電荷只受電場力作用能從q點沿圓周運動至n點解析：根據(jù)電場線分布的疏密程度可以表示該區(qū)域場強的大小可知，m點的場強大于n點的場強，選項a正確；根據(jù)電場線與等勢線互相垂直，畫出經(jīng)過o點和q點的等勢面，再根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，o點的電勢大于q點的電勢，選項b錯誤；由于m點的電勢大于q點的電勢，故將一負點電荷由m點移到q點的過程中，電場力做負功，電荷的電勢能增加，選項c正確；一正點電荷只受電場力作用，由于電場力始終沿著電場線的切線方向，不能始終指向圓心、故正點電荷不會做圓周運動，選項d錯誤4(2016福州質(zhì)檢)三個間距相等，帶電量分別為qa、qb、qc的點電荷a、b、c，產(chǎn)生的電場線分布如圖所示，具有對稱性圖中a、b兩點處的場強大小分別為ea、eb，將某正檢驗電荷從電場a點移到b點電場力做功為w，其在a、b兩點時的電勢能分別為epa、epb，則下列判斷正確的是(d)aeaebbqa0depa0)的粒子；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面若兩粒子相互作用力可忽略，不計重力，則mm為(a)a32b21c52d31解析：設(shè)電場強度為e，兩粒子的運動時間相同，對m有a，lt2；對m有a，lt2，聯(lián)立解得，a項正確7(2016濟南質(zhì)檢)平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在p點，如圖所示，以e表示兩極板間的電場強度，u表示電容器兩極間的電壓；w表示正電荷在p點的電勢能若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則(ac)au變小，e不變be變大，w變大cu變小，w不變du不變，w不變解析：由極板間距離減小，知電容c增大；由充電后與電源斷開，知帶電量q不變；由u可得極板間電壓u減小，根據(jù)c和u得u.再由e得e即e由決定而q及s都不變，所以e不變(由上面的等式可以看出，在板間電介質(zhì)不變的情況下，e由(正對面積上的電荷密度)決定，這個結(jié)論雖是由考綱外的公式推導(dǎo)出來的，但熟悉這個結(jié)論能對解決有關(guān)平行板電容器的問題帶來方便)因為e不變，p點與負極板間的距離不變，所以可知p與負極板間的電壓不變，即p點的電勢p不變，那么正電荷的電勢能wqp就不變8(2016湖北黃岡模擬)(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后斷開電源，一帶電粒子沿著上板水平射入電場，恰好沿下板邊緣飛出，粒子電勢能變化為e1.若保持上板不動，將下板上移，小球仍以相同的速度從原板射入電場，粒子電勢能變化為e2，下列分析正確的是(cd)a兩板間電壓不變b兩板間場強變大c粒子將打在下板上de1e2解析：據(jù)題意，當(dāng)電容器充電后斷開電源，電容器所帶的電荷量q保持不變，將下極板上移后，據(jù)e可知電容器內(nèi)電場強度不變，據(jù)ued可知兩板間電壓減小，故ab選項錯誤；據(jù)yat2可知當(dāng)下極板上移后y減小，則水平位移x減小，帶電粒子將打在下極板上，故c選項正確；電場力做功為wqey，電場強度e不變，沿電場方向位移y減小，則電場力做功減小，據(jù)帶電粒子電勢能變化等于電場力做功，故有e1e2，則d選項正確9(2016東北三省三校聯(lián)考二)如圖所示，一重力不計的帶電粒子以初速度v0射入水平放置、距離為d的兩平行金屬板，射入方向沿兩極板的中心線當(dāng)極板所加電壓為u1時，粒子落在a塊上的p點如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0，同時將a板向上移動后，使粒子由原入射點射入后仍落在p點，則極板間所加電壓u2為(d)au23u1bu26u1cu28u1du212u1解析：粒子在勻強電場中做類平拋運動，以速度v0射入時，水平方向xv0t1，豎直方向da1t；以速度2v0射入時，水平方向x2v0t2，豎直方向da2t，聯(lián)立解得u212u1，選項d正確10(2016陜西咸陽一模)如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點abcdl，adbc2l，電場線與矩形所在平面平行已知a、b、d點的電勢分別為20 v,24 v和12 v，一個質(zhì)子以速度v0經(jīng)過b點，速度方向與bc成45角，經(jīng)過一段時間質(zhì)子經(jīng)過c點，不計質(zhì)子的重力，則(ac)ac點的電勢低于a點電勢b場強方向由b指向dc質(zhì)子從b點運動到c點，電場力做功8 evd質(zhì)子從b點運動到c點，電場力做功10 ev解析：如圖，e為ad的中點，f為bc的中點，連接af、ce、bd.af、ce是兩條等勢線，電勢分別為20 v和16 v，a對；bd與af、ce并不垂直，所以場強方向不沿bd方向，b錯；b、c之間的電勢差為8 v，質(zhì)子從b點運動到c點，電場力做功為8 ev，c對，d錯11(2016貴陽適應(yīng)性監(jiān)測二)在如圖所示的空間中，水平面mn的下方存在豎直向下的勻強電場質(zhì)量為m的帶電小球由mn的上方的a點以一定的初速度水平拋出，從b點進入電場，到達c點時速度方向恰好水平a、b、c三點在同一直線上，且ab2bc，不計空氣阻力，重力加速度為g.可知(b)a小球帶正電b電場力大小為3mgc小球從a到b與從b到c的運動時間相等d小球從a到b與從b到c的速度變化量大小不等解析：由小球軌跡可知，進入電場后小球在豎直方向上做減速運動，因此，電場力豎直向上且大于重力，小球帶負電；由于小球未受水平方向的外力，水平方向的運動是勻速運動，則2；對小球在豎直方向上的運動，由勻變速直線運動速度公式有g(shù)tabatbc，vabgtab、vbcatbc，對進入電場后的運動由牛頓第二定律有fmgma，解得f3mg，vabvbc，選項acd錯誤；b正確12(2016南昌模擬二)真空中有兩個點電荷q1和q2放置在x軸上，q2在坐標原點，q1在q2的左邊，在x軸正半軸的電勢隨x變化的關(guān)系如圖所示當(dāng)xx0時，電勢為零，當(dāng)xx1時電勢有最小值，min0.點電荷產(chǎn)生的電勢公式為(式中q是點電荷的電量，r是離點電荷的距離)則下列說法正確的有(cd)aq1與q2為同種電荷bxx0處的電場強度e0c將一正點電荷以x0處沿x軸正半軸移動，電場力先做正功后做負功dq1與q2電荷量大小之比解析：如果q1和q2為同種電荷，兩個電荷周圍的電勢不可能有的位置大于零，有的位置小于零，所以q1和q2帶異種電荷，選項a錯誤；x圖線的斜率表示場強，xx0處，電勢為零，場強不為零，選項b錯誤；從x0處向右，電勢先變小后變大，正電荷的電勢能先變小后變大，沿x軸正半軸移動正電荷，電場力先做正功，后做負功，選項c正確；設(shè)q1距原點的距離為x2，則由x00有，在xx1處場強為零，有，解得，選項d正確13(2016南昌調(diào)研)如圖甲所示，傾角30的光滑固定斜桿底端固定一電量為q2104c的正點電荷，將一帶正電小球(可視為點電荷)從斜桿的底端(但與q未接觸)靜止釋放，小球沿斜桿向上滑動過程中能量r隨位移s的變化圖象如圖乙所示，其中線1為重力勢能隨位移變化圖象，線2為動能隨位移變化圖象(g10 m/s2，靜電力常量k9109 nm2/c2)(1)求小球的質(zhì)量m；(2)小球向上滑行多遠時其加速度為零？小球所帶的電量為多少？解析：(1)由線1可得epmghmgssin 因斜率k20mgsin 30所以m4 kg(2)當(dāng)達到最大速度時帶電小球受力平衡，其加速度為零由圖可知：s01 m，小球加速度為零mgsin 解得q1.11105 c答案：(1)4 kg(2)1 m1.11105 c14(2016東北三省四市聯(lián)考二)如圖所示，在直角坐標系xoy的第一象限中，存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為4e0，虛線是電場的理想邊界線，虛線右端與x軸的交點為a，a點坐標為(l、0)，虛線與x軸所圍成的空間內(nèi)沒有電場；在第二象限存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為e0.m(l、l)和n(l,0)兩點的連線上有一個產(chǎn)生粒子的發(fā)生器裝置，產(chǎn)生質(zhì)量均為m，電荷量均為q靜止的帶正電的粒子，不計粒子的重力和粒子之間的相互作用，且整個裝置處于真空中(1)若粒子從m點由靜止開始運動，進入第一象限后始終在電場中運動并恰好到達a點，求這個過程中該粒子運動的時間及到達a點的速度大小；(2)若從mn線上m點下方由靜止發(fā)出的所有粒子，在第二象限的電場加速后，經(jīng)第一象限的電場偏轉(zhuǎn)穿過虛線邊界后都能到達a點，求此邊界線(圖中虛線)方程解析：(1)粒子在第二象限的電場中勻加速的時間lt在第一象限內(nèi)lt得t1，t2這個過程中該粒子所用的時間t總t1t2由動能定理e0qlmv4e0qlmv2mvv(2)設(shè)粒子從p點坐標為(l、y0)由靜止開始做勻加速直線運動粒子進入第一象限做類平拋運動，經(jīng)q點后做勻速直線運動，設(shè)q點坐標為(x、y)粒子進入第一象限的速度e0qlmv做類平拋運動經(jīng)q點時，水平方向有xv0t豎直方向有y0yt2代入得y0y2把上面兩式相除得qa與x軸成角可得tan 由速度分解tan 整理得邊界方程y(lxx2)且有0xl,0y(只寫0xl不扣分)答案：(1)(2)y(lxx2)15(2016南昌三中月考四)如圖所示，豎直平面直角坐標系中，一半徑為r的絕緣光滑管道位于其中，管道圓心坐標為(0，r)，其下端點與x軸相切于坐標原點，其上端點與y軸交于c點，坐標為(0,2r)在第二象限內(nèi)，存在水平向右，范圍足夠大的勻強電場，場強大小為e1.在xr，y0范圍內(nèi)，有水平向左、范圍足夠大的勻強電場，場強大小為e2.現(xiàn)有一與 x軸正方向夾角為45、足夠長的絕緣斜面位于第一象限的電場中，斜面底端坐標為(r,0)x軸上0xr范圍內(nèi)是水平光滑軌道，左端與管道下端相切，右端與斜面底端平滑連接有一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球，從靜止開始，由斜面上某點a下滑，通過水平光滑軌道(不計轉(zhuǎn)角處能量損失)，從管道下端點b進入管道(小球直徑略小于管道內(nèi)徑，不計小球的電量損失)試求：(1)小球至少從多高處滑下，才能到達管道上端點c，求出此時小球出發(fā)點的坐標；(2)在此情況下，小球通過管道最高點c受到的壓力多大，方向如何解析：(1)如圖，在第二象限內(nèi)，小球受到水平向右的電場力和豎直向下的重力，設(shè)兩者合力的方向與y軸夾角為，則tan ，30即帶電小球所受重力和電場力的合力方向斜向右下方，與y軸夾角為30，將重力場與電場等效為新的場，等效