2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 高頻考點(diǎn)強(qiáng)化卷6 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).doc

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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 高頻考點(diǎn)強(qiáng)化卷6 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分．每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分) 1．(xx山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)二模)如圖1所示，圖中兩組曲線中實(shí)線代表電場(chǎng)線(方向未畫出)、虛線a、b、c代表等勢(shì)面，已知a與b、b與c之間的電勢(shì)差相等，b等勢(shì)面的電勢(shì)為零，虛線AB是一個(gè)電荷量為q＝＋4.810－10C的粒子僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，若帶電粒子過(guò)a、c等勢(shì)面時(shí)的動(dòng)能分別為4.810－9 J和9.610－9 J，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A．相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差為10 V B．a(chǎn)等勢(shì)面的電勢(shì)為5 V，c等勢(shì)面的電勢(shì)為－10 V C．帶電粒子一定是從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn) D．帶電粒子運(yùn)動(dòng)到b等勢(shì)面時(shí)電場(chǎng)力的方向一定是沿電場(chǎng)線的切線方向斜向下 【解析】　從a到c等勢(shì)面只有電場(chǎng)力做功Wac＝qUac，Uac＝＝10 V，由于ab、bc間的電勢(shì)差相等，所以相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差為5 V，A錯(cuò)誤；b點(diǎn)的電勢(shì)為0，Uab＝φa－φb＝5 V，Ubc＝φb－φc＝5 V，所以a等勢(shì)面的電勢(shì)為5 V，c等勢(shì)面的電勢(shì)為－5 V，B錯(cuò)誤．粒子運(yùn)動(dòng)的速度方向不知，可以從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)也可從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，C錯(cuò)誤；粒子帶正電，受力方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向?yàn)殡妶?chǎng)線上各點(diǎn)的切線方向，所以當(dāng)運(yùn)動(dòng)到b等勢(shì)面時(shí)電場(chǎng)力的方向一定是沿電場(chǎng)線的切線方向斜向下，D正確． 【答案】　D 2．(xx北京豐臺(tái)一模)如圖2所示，光滑水平面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域ABCD，處在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與正方形一邊平行．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由某一邊的中點(diǎn)，以垂直于該邊的水平初速v0進(jìn)入該正方形區(qū)域．當(dāng)小球再次運(yùn)動(dòng)到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí)，具有的動(dòng)能不可能為(　　) 圖2 A.mv　　　　　　 B.mv＋qEL C.mv＋qEL D.mv＋qEL 【解析】　如圖所示，若電場(chǎng)的方向平行于AB向左，小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)BD邊時(shí)，速度可能為0，所以動(dòng)能可能為0，若速度減到0還未到達(dá)另一邊緣，將反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做功為0，動(dòng)能不變，選項(xiàng)A正確；若電場(chǎng)的方向平行于AB向右，小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)BD邊時(shí)，電場(chǎng)力做功qEL，末動(dòng)能為mv＋qEL，選項(xiàng)D正確；若電場(chǎng)的方向平行于AC向上或向下，小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，偏轉(zhuǎn)位移最大為，根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做功最多為qE，最大動(dòng)能為qE＋mv，選項(xiàng)C正確，本題應(yīng)選B. 【答案】　B 3．(xx湖北武昌調(diào)研)將等量的正、負(fù)電荷分別放在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上(如圖3所示)．O點(diǎn)為該正方形對(duì)角線的交點(diǎn)，直線段AB通過(guò)O點(diǎn)且垂直于該正方形，OA>OB，以上對(duì)A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)的判斷，正確的是(　　) 圖3 A．A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng) B．A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng) C．A點(diǎn)電勢(shì)等于B點(diǎn)電勢(shì) D．A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì) 【解析】　由電荷的對(duì)稱分布關(guān)系可知A、B直線上的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；同理將一電荷從A移動(dòng)到B電場(chǎng)力做功為0，AB電勢(shì)差為0，因此A點(diǎn)電勢(shì)等于B點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤． 【答案】　C 4．如圖4所示，光滑絕緣斜面的底端固定著一個(gè)帶正電的小物塊P，將另一個(gè)帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放，它將沿斜面向上運(yùn)動(dòng)．設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，則在Q向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) 圖4 A．物塊Q的動(dòng)能一直增大 B．物塊Q的電勢(shì)能一直增大 C．物塊P、Q的重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和一直增大 D．物塊Q的機(jī)械能一直增大 【解析】　由F庫(kù)－mgsin θ＝ma可知，物塊沿斜面的加速度先向上逐漸減小，再沿斜面向下，逐漸增大，其速度先增大后減小，故物塊Q的動(dòng)能先增大再減小，A錯(cuò)誤；因電場(chǎng)力始終做正功，故電勢(shì)能一直減小，物塊Q的機(jī)械能一直增大，B錯(cuò)誤，D正確；因只有電場(chǎng)力、重力做功，物塊的電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和守恒，又知?jiǎng)幽芟仍龃蠛鬁p小，故重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和先減小后增大，C錯(cuò)誤． 【答案】　D 5．(xx江蘇蘇北四校調(diào)研)如圖5所示，無(wú)限大均勻帶正電薄板豎直放置，其周圍空間的電場(chǎng)可認(rèn)為是勻強(qiáng)電場(chǎng)．光滑絕緣細(xì)管垂直于板穿過(guò)中間小孔，一個(gè)視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電小球在細(xì)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)．以小孔為原點(diǎn)建立x軸，規(guī)定x軸正方向?yàn)榧铀俣萢、速度v的正方向，如圖分別表示x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ，小球的加速度a、速度v和動(dòng)能Ek隨x的變化圖象，其中正確的是(　　) 圖5 【解析】　在x<0范圍內(nèi)，當(dāng)x增大時(shí)，由U＝Ed＝Ex，可知，電勢(shì)差均勻增大，φ x應(yīng)為向上傾斜的直線；在x>0范圍內(nèi)，當(dāng)x增大時(shí)，由U＝Ed＝Ex，可知，電勢(shì)差均勻減小，φ x也應(yīng)為向下傾斜的直線，故A錯(cuò)誤；在x<0范圍內(nèi)，帶負(fù)電的小球受電場(chǎng)力向右，加速度向右，為正值，在x>0范圍內(nèi)，電場(chǎng)力向左，加速度向左，為負(fù)值，故B錯(cuò)誤；在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：qEx＝mv2－mv，v x圖象應(yīng)是曲線，同理在x>0范圍內(nèi)，圖線也為曲線，故C錯(cuò)誤；在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：qEx＝ΔEk，Ekx圖象應(yīng)是傾斜的直線，同理，在x>0范圍內(nèi)，圖線也為傾斜的直線，故D正確． 【答案】　D 6．如圖6所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的M點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端N的速度仍為v0，則 (　　) 圖6 A．電場(chǎng)強(qiáng)度等于 B．電場(chǎng)強(qiáng)度等于 C．M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差為 D．小球在N點(diǎn)的電勢(shì)能大于在M點(diǎn)的電勢(shì)能 【解析】　小球受到重力、電場(chǎng)力、支持力三個(gè)恒力作用，沿斜面勻速運(yùn)動(dòng)，必有mgsin θ＝Eqcos θ，解得：E＝，A正確，B錯(cuò)誤；UMN＝ELcos θ＝，C正確；因電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，小球的電勢(shì)能減少，故小球在N點(diǎn)的電勢(shì)能小于在M點(diǎn)的電勢(shì)能，D錯(cuò)誤． 【答案】　AC 7．(xx河北石家莊質(zhì)檢)如圖7所示，在O點(diǎn)固定一點(diǎn)電荷Q，一帶電粒子P從很遠(yuǎn)處以初速度v0射入電場(chǎng)，MN為粒子僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡．虛線是以O(shè)為中心，R1、R2、R3為半徑畫出的三個(gè)圓，且R2－R1＝R3－R2，a、b、c為軌跡MN與三個(gè)圓的3個(gè)交點(diǎn)，則下列判斷正確的是(　　) 圖7 A．P、Q兩電荷可能為同種電荷，也可能異種電荷 B．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)一定高于b點(diǎn)電勢(shì) C．P在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在c點(diǎn)的電勢(shì)能 D．P由a點(diǎn)到b點(diǎn)的動(dòng)能變化的絕對(duì)值大于由a點(diǎn)到c點(diǎn)的動(dòng)能變化的絕對(duì)值 【解析】　A項(xiàng)：電場(chǎng)力的方向指向運(yùn)動(dòng)軌跡彎曲的方向，因此P、Q為異種電荷，A錯(cuò)；B項(xiàng)：P和Q的電性均未知，無(wú)法判斷a、b兩點(diǎn)電勢(shì)的高低關(guān)系，B錯(cuò)；C項(xiàng)：粒子由P→N，電場(chǎng)力先做正功，再做負(fù)功，距離Q越近，速度越大，電勢(shì)能越小，故粒子在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在c點(diǎn)的電勢(shì)能，C對(duì)；D項(xiàng)：由于R2－R1＝R3－R2，所以|Uab|>|Uac|，根據(jù)W＝qU得|Wab|>|Wac|，所以粒子由a點(diǎn)到b點(diǎn)的動(dòng)能變化的絕對(duì)值大于由a點(diǎn)到c點(diǎn)的動(dòng)能變化的絕對(duì)值，D對(duì)． 【答案】　CD 8．(xx山西四校第二次聯(lián)考)如圖8所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，已知A板和電源正極相連，且E1>E2，當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接1時(shí)，一帶正電粒子沿AB中心水平線射入，打在B極板上的N點(diǎn)，不計(jì)粒子重力，為使粒子能打在N點(diǎn)右側(cè)，則下列措施可行的是(　　) 圖8 A．?dāng)嚅_開關(guān)并將A板上移一段距離 B．?dāng)嚅_開關(guān)并將A板下移一段距離 C．?dāng)嚅_開關(guān)并將B板下移一段距離 D．將單刀雙擲開關(guān)接2 【解析】　斷開開關(guān)，電容器與電源形成斷路，其極板上的電荷量保持不變，若將A或B板上下移動(dòng)，會(huì)使兩板間的距離d變化，選項(xiàng)A中將A板上移一段距離，d變大，C＝，電容減小，電容器所帶電荷量不變，根據(jù)推論：板間場(chǎng)強(qiáng)E＝，場(chǎng)強(qiáng)E不變，帶電粒子所受的電場(chǎng)力大小不變，粒子仍然打在N點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B將A板下移一段距離，d變小，C＝，電容變大，電容器所帶電荷量不變，根據(jù)推論：板間場(chǎng)強(qiáng)E＝，場(chǎng)強(qiáng)E不變，帶電粒子所受的電場(chǎng)力大小不變，粒子仍然打在N點(diǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C中將B板下移一段距離時(shí)，同理可知，板間場(chǎng)強(qiáng)E不變，帶電粒子所受的電場(chǎng)力大小不變，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)的加速度不變，豎直位移變大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)，粒子將打在N點(diǎn)的右側(cè)，故C正確；選項(xiàng)D中設(shè)電源的電動(dòng)勢(shì)為E，電容器板間距離為d，帶電粒子的質(zhì)量和電荷量分別為m和q，則有豎直位移為y＝at2＝t2，水平位移為x＝v0t，聯(lián)立得y＝，粒子能打在N點(diǎn)右側(cè)時(shí)，y不變，x增大，其他量不變，則電源的電動(dòng)勢(shì)E必須減小，而E1>E2，所以將單刀雙擲開關(guān)接2時(shí)，粒子能打在N點(diǎn)右側(cè)，故選項(xiàng)D正確． 【答案】　CD 二、非選擇題(共4小題，共52分．按題目要求作答．解答題應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)． 9．(12分)(xx湖南四校聯(lián)考)如圖9所示，豎直面內(nèi)有一粗糙絕緣斜面AB，BCD部分是一個(gè)光滑的絕緣圓弧面，C為圓弧的最低點(diǎn)，AB正好是圓弧在B點(diǎn)的切線，圓心O與A、D點(diǎn)在同一高度，θ＝37，圓弧面的半徑R＝3.6 m，一帶正電荷小滑塊質(zhì)量m＝5 kg，q＝510－5 C，與AB斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.45，將小滑塊由A點(diǎn)靜止釋放，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中：(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，重力加速度g取10 m/s2) 圖9 (1)求小滑塊在AB段上運(yùn)動(dòng)的總路程； (2)若在小滑塊運(yùn)動(dòng)的空間加上一方向豎直向下電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝1106 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)．求在小滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，C點(diǎn)受到的壓力的最小值． 【解析】　(1)設(shè)滑塊在AB段上運(yùn)動(dòng)的總路程為x，由題意知從A出發(fā)到最終以B為最高點(diǎn)在BCD部分上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgRcos θ－μmgxcos θ＝0解得x＝＝8 m (2)當(dāng)滑塊以B為最高點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度最小，設(shè)為v，此時(shí)滑塊受軌道支持力也最小，設(shè)為Fmin；從B到C，根據(jù)動(dòng)能定理有(qE＋mg)R(1－cos θ)＝mv2；在C點(diǎn)：Fmin－(qE＋mg)＝m代入數(shù)據(jù)可得Fmin＝140 N；根據(jù)牛頓第三定律可知C點(diǎn)受到的壓力最小值為140 N 【答案】　(1)8 m　(2)140 N 10．(12分)(河北省衡水中學(xué)xx屆高三四調(diào)考試)如圖10所示，在A點(diǎn)固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運(yùn)動(dòng)瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g.已知靜電常量為k，兩電荷均可看成點(diǎn)電荷，不計(jì)空氣阻力．求： 圖10 (1)液珠的比荷； (2)液珠速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離h； (3)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，某點(diǎn)的電勢(shì)可表示成φ＝，其中r為該點(diǎn)到Q的距離(選無(wú)限遠(yuǎn)的電勢(shì)為零)．求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB. 【解析】　(1)設(shè)液珠的電量為q，質(zhì)量為m，有 －mg＝mg 解得比荷得＝ (2)當(dāng)液珠速度最大時(shí)有 ＝mg解得h＝H. (3)設(shè)CB間的電勢(shì)差為UCB，有 UCB＝φC－φB＝－ 根據(jù)動(dòng)能定理有 qUCB－mg(rB－H)＝0 解得rB＝2H 【答案】　(1)　(2)H　(3)2H 11．(14分)(xx北京海淀一模)如圖11所示，質(zhì)量m＝2.010－4 kg、電荷量q＝1.010－6 C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．取g＝10 m/s2. 圖11 (1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小和方向； (2)在t＝0時(shí)刻，勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小突然變?yōu)镋2＝4.0103 N/C，且方向不變．求在t＝0.20 s時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做的功； (3)在t＝0.20 s時(shí)刻突然撤掉電場(chǎng)，求帶電微?；氐匠霭l(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能． 【解析】　(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，則 Eq＝mg E＝＝ N/C＝2.0103 N/C，方向向上 (2)在t＝0時(shí)刻，電場(chǎng)強(qiáng)度突然變化為E2＝4.0103 N/C，設(shè)微粒的加速度為a，在t＝0.20 s時(shí)間內(nèi)上升高度為h，電場(chǎng)力做功為W，則 qE2－mg＝ma1 解得：a1＝10 m/s2　h＝a1t2 解得：h＝0.20 m W＝qE2h 解得：W＝8.010－4 J (3)設(shè)在t＝0.20 s時(shí)刻突然撤掉電場(chǎng)時(shí)粒子的速度大小為v，回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，則 v＝at Ek＝mgh＋mv2 解得：Ek＝8.010－4 J 【答案】　見解析 12．(14分)如圖12，長(zhǎng)度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O上，另一端固定一質(zhì)量為m電荷量為q的帶負(fù)電小球．小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑．等量異種點(diǎn)電荷＋Q、－Q分別固定在以C為中點(diǎn)、間距為2d的水平線上的E、F兩點(diǎn)．讓小球從最高點(diǎn)A由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)小球的速度大小為v，不考慮q對(duì)＋Q、－Q所產(chǎn)生電場(chǎng)的影響．求小球 圖12 (1)經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)球?qū)U的拉力大??； (2)經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大?。? 【解析】　(1)設(shè)UBA＝U，根據(jù)對(duì)稱性可知，UBA＝UAD＝U、UAC＝0 小球從A到C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理 mg2d＝mv 沿豎直方向 T－mg＝m 整理得　T＝5mg 根據(jù)牛頓第三定律知，球?qū)U的拉力大小為T′＝T＝5 mg (2)從A到B和從A到D過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理 mgd＋qU＝mv2 mgd－qU＝mv 整理得vD＝ 【答案】　(1)5mg　(2)