2020屆高三物理一輪復習收尾二輪專題突破檢測 電場及帶電粒子在電場中的運動

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1、電場及帶電粒子在電場中的運動 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。多選題已在題號后標出) 1.(2020·東城區(qū)一模)法拉第首先提出用電場線形象生動地描繪電場,如圖所示為點電荷a、b所形成電場的電場線分布圖,以下幾種說法中正確的是(　　) A.a、b為異種電荷,a的電荷量大于b的電荷量 B.a、b為異種電荷,a的電荷量小于b的電荷量 C.a、b為同種電荷,a的電荷量大于b的電荷量 D.a、b為同種電荷,a的電荷量小于b的電荷量 2.(2020·福建高考)如圖,在點電荷Q產生的電場中,將兩個帶正電的試探電荷q1、q2分別置于A、B兩點,虛線

2、為等勢線。取無窮遠處為零電勢點,若將q1、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等,則下列說法正確的是(　　) A.A點電勢大于B點電勢 B.A、B兩點的電場強度相等 C.q1的電荷量小于q2的電荷量 D.q1在A點的電勢能小于q2在B點的電勢能 3.(2020·西城區(qū)一模)如圖所示,足夠長的兩平行金屬板正對豎直放置,它們通過導線與電源E、定值電阻R、開關S相連。閉合開關后,一個帶電的液滴從兩板上端的中點處無初速度釋放,最終液滴落在某一金屬板上。下列說法中正確的是(　　) A.液滴在兩板間運動的軌跡是一條拋物線 B.電源電動勢越大,液滴在板間運動的加速度越大 C.電源電

3、動勢越大,液滴在板間運動的時間越長 D.定值電阻的阻值越大,液滴在板間運動的時間越長 4.(2020·長沙一模)如圖所示,A、B兩個帶電小球的質量均為m,所帶電量分別為+q和-q,兩球間用絕緣細線連接,A球又用絕緣細線懸掛在天花板上,細線長均為L?，F(xiàn)在兩球所在的空間加上一方向向左的勻強電場,電場強度E=,A、B兩球最后會達到新的平衡位置,則在這個過程中,兩個小球(　　) A.總重力勢能增加了mgL B.總重力勢能增加了mgL C.總電勢能減少了mgL D.總電勢能減少了mgL 5.(多選)(2020·淄博一模)如圖所示,真空中M、N處放置兩等量異種電荷,a、b、c為電場中的三點,

4、實線PQ為M、N連線的中垂線,a、b兩點關于MN對稱,a、c兩點關于PQ對稱,已知一帶正電的試探電荷從a點移動到c點時,試探電荷的電勢能增加,則以下判定正確的是(　　) A.M點處放置的是負電荷 B.a點的場強與c點的場強完全相同 C.a點的電勢高于c點的電勢 D.若將該試探電荷沿直線由a點移動到b點,則電場力先做正功,后做負功 6.(2020·涼山一模)如圖所示,質量為m的帶負電的小物塊置于傾角37°的光滑斜面上,當整個裝置處于豎直向下的勻強電場中時,小物塊恰好靜止在斜面上,現(xiàn)將電場方向突然改為水平向右,而場強大小不變,則(　　) A.小物塊仍靜止 B.小物塊將沿斜面加速上滑

5、 C.小物塊將沿斜面加速下滑 D.小物塊將脫離斜面運動 7.(多選)(2020·吉林二模)如圖所示,充電后與電源分離的平行板電容器,其正極板接地,在極板間P點有一帶電液滴處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將B板移至虛線處,則(　　) A.兩板間電壓變小 B.P點場強不變,但電勢降低 C.電荷q仍保持靜止 D.電荷q的電勢能減小 8.(2020·太原一模)一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示,在該勻強電場中,有一個帶電粒子于t=0時刻由靜止釋放,若帶電粒子只受電場力作用,則下列說法中正確的是(　　) A.帶電粒子只向一個方向運動 B.0～2s內,電場力所做的功等于零 C.4s末帶

6、電粒子回到原出發(fā)點 D.2.5～4s內,速度的改變等于零 二、計算題(本大題共2小題,共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.(18分)(2020·保定一模)如圖,在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿ab,其下端(b端)距地面高度h=0.8m。一質量為1kg的帶電小環(huán)套在直桿上,正以某速度沿桿勻速下滑,小環(huán)離桿后正好通過b端的正下方c點處。(取b點為零勢能點,g取10m/s2)求: (1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向; (2)小環(huán)在直桿上運動時的動能; (3)小環(huán)從b到c運動過程中的機械能最小值。 10.(18分)(2020·四川高考)如圖所

7、示,ABCD為固定在豎直平面內的軌道,AB段光滑水平,BC段為光滑圓弧,對應的圓心角θ=37°,半徑r=2.5m,CD段平直傾斜且粗糙,各段軌道均平滑連接,傾斜軌道所在區(qū)域有場強大小為E=2×105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質量m=5×10-2kg、電荷量q=+1×10-6C的小物體(視為質點)被彈簧槍發(fā)射后,沿水平軌道向左滑行,在C點以速度v0=3m/s沖上斜軌。以小物體通過C點時為計時起點,0.1s以后,場強大小不變,方向反向。已知斜軌與小物體間的動摩擦因數(shù)μ=0.25。設小物體的電荷量保持不變,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 (1)求彈

8、簧槍對小物體所做的功; (2)在斜軌上小物體能到達的最高點為P,求CP的長度。 答案解析 1.【解析】選B。由題圖看出,電場線由一個點電荷發(fā)出到另一個點電荷終止,由此可知,a、b必為異種電荷,C、D選項錯;又由圖可知,電荷b附近的電場線比電荷a附近的電場線密,則電荷b附近的場強一定比電荷a附近的場強大,b帶的電荷量必然多于a帶的電荷量,則A選項錯誤,B選項正確。 2.【解題指南】解答本題時應明確以下三點: (1)電場線與等勢面垂直,沿著電場線的方向電勢越來越低。 (2)電場線密的地方場強大。 (3)電場力做功與電勢能的變化關系。 【解析】選C。由于將q1、q2移到無窮遠

9、過程外力克服電場力做的功相等,則q1在A點的電勢能等于q2在B點的電勢能,D錯。由于電場力做負功,則電場線由外指向內,B點電勢大于A點電勢,A錯。A點所處電場線密,場強大,A、B兩點電場強度方向也不同,B錯。據W=qU及A點到無窮遠電勢差大于B點到無窮遠電勢差,因此q1的電荷量小于q2的電荷量,C對。 3.【解析】選B。電容器充滿電荷后,極板間的電壓等于電源的電動勢。極板間形成了電場,液滴受水平方向的電場力和豎直方向的重力作用,合力為恒力,而初速度為零,則液滴做初速度為零的勻加速直線運動,A項錯;電源電動勢越大,則液滴受到的電場力也越大,合力越大,加速度也越大,B項對;電源電動勢越大,加速度

10、越大,同時豎直位移越小,則運動的時間越短,C項錯;定值電阻不會影響兩極板上電壓的大小,則對液滴的運動沒有影響,D項錯。 4.【解析】選D。A、B兩個帶電小球整體所受電場力為零,故OA線豎直,B球向右偏45°最后靜止,則總重力勢能增加了mg(L-Lcos45°)=mgL,故A、B項均錯;總電勢能減少了qELsin45°=mgL,故C項錯,D項對。 5.【解題指南】解答該題的關鍵點: (1)兩等量異種電荷的電場線分布情況及等勢面特點; (2)抓住帶正電試探電荷從a到c電勢能增加這一點,分析說明該過程中電場力做負功; (3)注意利用場的對稱性分析。 【解析】選A、D。由正試探電荷從a到c

11、電勢能增加得,該過程中電場力做負功,故M帶負電,N帶正電,A正確。由場的對稱性知,Ea=Ec,但方向不同,B錯誤。由沿電場線電勢降低得φa<φc,C錯誤。該試探電荷從a到b的過程中電場力與速度的夾角先為銳角后為鈍角,即電場力先做正功,后做負功,D正確。 6.【解析】選C。小物塊恰好靜止時電場力等于重力,即F電=mg。當把電場方向突然改為水平向右時小物塊受到的電場力方向變?yōu)樗较蜃?把電場力和重力分解到沿斜面和垂直斜面的兩個方向上:在垂直斜面方向上有F電sin 37°+N=mgcos 37°,在沿斜面方向上有F電cos 37°+mgsin 37°=ma,故小物塊將沿斜面加速下滑。 7.【解析

12、】選A、C。平行板電容器充電后與電源分離,電量保持不變,板間距離減小,由電容的決定式C∝得電容增大。由公式C=分析得知,板間電壓U減小,故A正確。電容器電量、正對面積不變時,板間場強不變。P點與B板間電勢差大小U=Ed,d減小,U減小,而P點的電勢小于B板電勢,則P點電勢升高,故B錯誤。板間場強不變,電荷q所受電場力不變,仍保持靜止,故C正確。由電荷靜止可判斷出來電荷帶正電,P點電勢升高,電荷q的電勢能增大,故D錯誤。 8.【解析】選D。由牛頓第二定律可知,帶電粒子在第1s內的加速度a=,為第2s內加速度a=的,因此先加速1s再減速0.5s,速度為零,接下來的1.5s將反向加速,v-t圖像如

13、圖所示,所以選項A錯;0～2s內,帶電粒子的初速度為零,但末速度不為零,由動能定理可知電場力所做的功不為零,選項B錯誤;由v-t圖像中圖線與坐標軸圍成的圖形的面積為物體的位移,由對稱可以看出,前4s內的位移不為零,所以帶電粒子不會回到原出發(fā)點,所以C錯誤;2.5～4s內,v2.5=v4,故Δv=0,選項D正確。 【方法技巧】處理帶電粒子在交變電場中運動的一般方法 (1)對于帶電粒子在交變電場中的直線運動,一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運動過程的情境出現(xiàn)。 解決的方法: ①根據運動學或動力學認真分析其中一個變化周期內相關物理量的變化規(guī)律。 ②借助運動圖像進行運動過程分析,找出每一運動過

14、程或每一運動階段中相關物理量間的關系,進行歸納、總結、推理,尋找?guī)щ娏Ｗ拥倪\動規(guī)律。 (2)對于帶電粒子在交變電場中的曲線運動,解決的方法仍然是應用運動的合成與分解的方法,把曲線運動分解為兩個直線運動,然后分別應用直線運動規(guī)律加以解決。 9. 【解析】(1)由題意知小環(huán)帶負電; 小環(huán)沿ab桿勻速下滑,小環(huán)共受3個力,可知qE=mg,　 (2分) 小環(huán)離開直桿后,只受重力和電場力, F合=mg=ma,a=g=10m/s2,　 (2分) 方向垂直于桿向下?！? (1分) (2)小環(huán)離開桿做類平拋運動:

15、 平行于桿的方向做勻速運動: h=vt　 (2分) 垂直于桿的方向做勻加速直線運動:h=at2　 (2分) 又因為:Ek=mv2　 (2分) 解得:Ek=2J (1分) (3)根據能量守恒,機械能最小值E=Ek-Ep

16、 (2分) 電勢能:Ep=m　 (2分) v1=vcos45° (1分) 解得E=1J (1分) 答案:(1)10m/s2　垂直于桿向下 (2)2J　(3)1J 10.【解析】(1)設彈簧槍對小物體做的

17、功為W,由動能定理得 W-mgr(1-cosθ)=m　 ①(2分) 代入數(shù)據得W=0.475J ②(1分) (2)取沿平直斜軌向上為正方向。設小物體通過C點進入電場后的加速度為a1,由牛頓第二定律得 -mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1　 ③(3分) 小物體向上做勻減速運動,經t1=0.1s后,速度達到v1,有 v1=v0+a1t1　

18、 ④(2分) 由③④可知v1=2.1m/s,設運動的位移為x1,有 x1=v0t1+a1　 ⑤(2分) 電場力反向后,設小物體的加速度為a2,由牛頓第二定律得 -mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2　 ⑥(3分) 設小物體以此加速度運動到速度為0,運動的時間為t2,位移為x2,有 0=v1+a2t2　

19、 ⑦(1分) x2=v1t2+a2　 ⑧(1分) 設CP的長度為x,有x=x1+x2　 ⑨(2分) 聯(lián)立相關方程,代入數(shù)據解得x=0.57m ⑩(1分) 答案:(1)0.475J　(2)0.57 m 【方法技巧】處理帶電粒子的運動問題的一般思路 (1)選取研究對象; (2)分析研究對象受力情況(尤其要注意是否應該考慮重力,電場力是否為恒力等); (3)分析運動狀態(tài)和運動過程(初始狀態(tài)及條件,直線運動還是曲線運動等); (4)建立正確的物理模型,恰當選用規(guī)律或其他手段(如物理量的變化圖像等)找出物理量間的關系,建立方程組解題; (5)討論所得結果。