天津?qū)Ｓ?024高考物理二輪復(fù)習(xí)專題提升訓(xùn)練8電場及帶電粒子在電場中的運動含解析

PAGE5-專題提升訓(xùn)練8電場及帶電粒子在電場中的運動一、單項選擇題(本題共6小題,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.(2024·湖南六校4月聯(lián)考)如圖所示,空間中存在著由一固定的負點電荷Q(圖中未畫出)產(chǎn)生的電場。另一正點電荷q僅在電場力作用下沿曲線MN運動,在M點的速度大小為v0,方向沿MP方向,到達N點時速度大小為v,且v<v0,則()A.Q肯定在虛線MP下方B.M點的電勢比N點的電勢高C.q在M點的電勢能比在N點的電勢能小D.q在M點的加速度比在N點的加速度小答案:C解析:場源電荷帶負電,檢驗電荷帶正電,它們之間是吸引力,而曲線運動所受合力指向曲線的凹側(cè),故Q應(yīng)當(dāng)在軌跡的凹側(cè),故A錯誤;摸索電荷從M到N速度減小,說明M點離場源電荷較近,越靠近場源電荷電勢越低,所以M點的電勢比N點的電勢低,故B錯誤;只有電場力做功,動能和電勢能之和守恒,在N點動能小,故在N點電勢能大,故C正確;離場源電荷越近,電場強度越大,加速度越大,所以q在M點的加速度比在N點的加速度大,故D錯誤。2.(2024·天津南開區(qū)模擬)如圖所示,A、B為兩個等量的正點電荷,在其連線中垂線上的a點放一個負點電荷q(不計重力),b點為連線中垂線上一點且aO=bO,點電荷q從a點由靜止釋放經(jīng)O點運動到b點的過程中,下列說法正確的是()A.點電荷q的速度肯定先增大后減小B.點電荷q的加速度肯定先減小后增大C.點電荷q的電勢能肯定先增大后減小D.點電荷q在O點電勢最大,動能為零答案:A解析:依據(jù)點電荷電場強度的疊加法則,可知同種正電荷的中垂線上,由O點向兩邊,電場強度方向向兩邊延長,且大小先增大后減小,在a點由靜止釋放一個負點電荷q,它只在電場力作用下,先向下加速,后向下減速運動,電荷q的速度肯定先增大后減小,故A正確;同種正電荷的中垂線上,由O點向兩邊,電場強度方向向兩邊延長,且大小先增大后減小,所以點電荷q的加速度可能先減小后增大,有可能先增大,后減小,然后再增大,再減小,故B錯誤;由A的分析可知,電荷q的速度肯定先增大后減小,則動能先增大后減小,所以電勢能先減小后增大,點電荷q在O點電勢最大,動能最大,故C錯誤,D錯誤。3.(2024·天津和平區(qū)二模)如圖所示,絕緣細線上端固定,下端系一帶正電q、質(zhì)量為m的小球,空間存在水平方向的勻強電場E,帶電小球靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角為θ,已知重力加速度為g,小球的電荷量保持不變。以下說法正確的是()A.勻強電場的電場強度大小為E=mgtanB.絕緣細線對小球的拉力大小為FT=mgcosθ,方向為沿細線斜向上C.在剪斷絕緣細線的瞬間,小球加速度大小為gcosD.在撤去勻強電場的瞬間,小球加速度大小為gtanθ,方向為水平向左答案:C解析:小球受力如圖所示。小球處于平衡狀態(tài),重力mg和電場力qE的合力與繩子拉力FT大小相等、方向相反,所以由平衡條件有Eq=mgtanθ,得E=mgtanθq,因為小球帶正電,所受的電場力方向與電場強度方向相同,所以電場強度方向水平向右,故A正確;依據(jù)平衡條件得FT=mgcosθ,方向沿細線向上,在剪斷絕緣細線的瞬間,繩子拉力為零,重力和電場力的合力與繩子拉力大小相等、方向相反,依據(jù)牛頓其次定律得此時加速度為a=mgcosθm=4.(2024·天津濱海新區(qū)三模)如圖所示,平行板電容器兩極板水平放置,現(xiàn)將其接在電動勢為E的直流電源上,電容器下極板接地,靜電計所帶電荷量可忽視。閉合開關(guān)S,一帶電油滴恰好靜止于兩板中間的P點,現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則下列說法正確的是()A.平行板電容器的電容將變大B.靜電計指針張角變小C.P點的電勢增大D.油滴仍將保持靜止答案:C解析:依據(jù)C=εrS4πkd知,將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,即d增大,則電容減小,故A錯誤;靜電計測量的是電容器兩端的電勢差,因為電容器始終與電源相連,則電勢差不變,所以靜電計指針張角不變,故B錯誤;電勢差不變,d增大,則電場強度減小,故電場力將減小,故P點與上極板的電勢差減小,則P點的電勢上升,故C正確;電容器與電源斷開,則電荷量不變,再將下極板向下移動一小段距離,即d變大,5.(2024·重慶上學(xué)期期末抽測)如圖所示,豎直面內(nèi)分布有水平方向的勻強電場,一帶電粒子沿直線從位置a向上運動到位置b,在這個過程中,帶電粒子()A.只受到電場力作用B.帶正電C.做勻減速直線運動D.機械能守恒答案:C解析:帶電粒子沿直線從位置a運動到位置b,說明帶電粒子受到的合外力方向與速度在一條直線上,對帶電粒子受力分析,應(yīng)當(dāng)受到豎直向下的重力和水平向左的電場力,電場力方向與電場線方向相反,所以帶電粒子帶負電,故A、B錯誤;由于帶電粒子做直線運動,所以電場力和重力的合力應(yīng)當(dāng)和速度在一條直線上且與速度方向相反,故帶電粒子做勻減速直線運動,故C正確;電場力做負功,機械能減小,故D錯誤。6.(2024·山東泰安一模)如圖所示,絕緣水平面上固定一正點電荷Q,另一電荷量為-q、質(zhì)量為m的滑塊(可看作點電荷)從a點以初速度v0沿水平面對Q運動,到達b點時速度為零。已知a、b間距離為x,滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。以下推斷正確的是()A.滑塊在運動過程中所受Q的庫侖力有可能大于滑動摩擦力B.滑塊在運動過程的中間時刻速率等于vC.此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為mD.Q產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差Uab=m答案:D解析:由于始終做減速運動,庫侖力在增大,要減速到0,摩擦力應(yīng)當(dāng)始終比庫侖力大,且由a到b過程中加速度在減小,不是勻變速運動,A、B錯誤;由動能定理-qUab-μmgx=0-12二、多項選擇題(本題共3小題,在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的)7.(2024·天津河西區(qū)一模)如圖所示,在水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面,斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下,已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J,金屬塊克服摩擦力做功8J,重力做功24J,則下列推斷正確的是()A.金屬塊帶負電荷B.金屬塊克服電場力做功8JC.金屬塊的電勢能增加4JD.金屬塊的機械能削減12J答案:CD解析:在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J,金屬塊克服摩擦力做功8.0J,重力做功24J,依據(jù)動能定理得W總=WG+W電+Wf=ΔEk電場力做功為W電=-4J所以金屬塊克服電場力做功4.0J,金屬塊的電勢能增加4J,電場力做負功,因此電場力應(yīng)當(dāng)水平向右,金屬塊帶正電荷,故A、B錯誤,C正確;在金屬塊滑下的過程中重力做功24J,重力勢能減小24J,動能增加了12J,所以金屬塊的機械能削減12J,故D正確。8.(2024·天津卷)如圖所示,在點電荷Q產(chǎn)生的電場中,實線MN是一條方向未標出的電場線,虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB,電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是()A.電子肯定從A向B運動B.若aA>aB,則Q靠近M端且為正電荷C.無論Q為正電荷還是負電荷肯定有EpA<EpBD.B點電勢可能高于A點電勢答案:BC解析:電子的運動可能從A向B做減速運動,也可能從B向A做加速運動,故A錯;由曲線運動的特點,合外力總指向彎曲軌跡的內(nèi)側(cè),故電場方向由M指向N,故B點的電勢肯定低于A點電勢,故D錯;若aA>aB,則場源電荷必在M端,肯定為正電荷,故B正確;電子從A運動到B做減速運動,電場力做負功,電勢能增加,故EpA<EpB,故C正確。9.(2024·天津河?xùn)|區(qū)一模)如圖所示,質(zhì)量相同的兩個帶電粒子M、N以相同的速度同時沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中,M從兩極板正中心射入,N從下極板邊緣處射入,它們最終打在同一點。不計帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用,則從起先射入到打在上極板的過程中()A.它們運動的時間tN=tMB.它們電勢能削減量之比ΔEM∶ΔEN=1∶2C.它們的動能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶2D.它們所帶的電荷量之比qM∶qN=1∶2答案:AD解析:由題可知,兩個帶電粒子都做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,而且它們的水平位移相等、初速度相等,則在電場中的運動時間相等,即tN=tM,故A正確;由題圖可知,豎直位移之比為yM∶yN=1∶2;而豎直位移y=12at2=qEt22m,由于m、t、E相等,則電荷量之比qM∶qN=yM∶yN=1∶2,電荷在電場中運動時,由功能關(guān)系可知,電勢能減小量等于電場力做功,則電勢能削減量之比ΔEM∶ΔEN=qMEyM∶qNEyN=三、計算題(本題共1小題,須寫出規(guī)范的解題步驟)10.(2024·全國卷3)空間存在一方向豎直向下的勻強電場,O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電,B的電荷量為q(q>0)。A從O點放射時的速度大小為v0,到達P點所用時間為t;B從O點到達P點所用時間為t2。重力加速度為g(1)電場強度的大小;(2)