2020屆高三物理一輪復(fù)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

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(chǎn)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(dǎo)線與電源E、定值電阻R、開關(guān)S相連。閉合開關(guān)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(zhì)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。現(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mgLB.總重力勢能增加了mgLC.總電勢能減少了mgLD.總電勢能減少了mgL5.(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,實線PQ為M、N連線的中垂線,a、b兩點關(guān)于MN對稱,a、c兩點關(guān)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(zhì)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)?，F(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.02s內(nèi),電場力所做的功等于零C.4s末帶電粒子回到原出發(fā)點D.2.54s內(nèi),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(zhì)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)如圖所示,ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道,AB段光滑水平,BC段為光滑圓弧,對應(yīng)的圓心角=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(zhì)量m=5×10-2kg、電荷量q=+1×10-6C的小物體(視為質(zhì)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)=0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求彈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(yīng)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(guān)系?！窘馕觥窟xC。由于將q1、q2移到無窮遠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(nèi),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(jù)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(guān)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a<c,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】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(nèi)的加速度a=,為第2s內(nèi)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圖像如圖所示,所以選項A錯;02s內(nèi),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(nèi)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;2.54s內(nèi),v2.5=v4,故v=0,選項D正確?！痉椒记伞刻幚韼щ娏Ｗ釉诮蛔冸妶鲋羞\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:根據(jù)運動學(xué)或動力學(xué)認真分析其中一個變化周期內(nèi)相關(guān)物理量的變化規(guī)律。借助運動圖像進行運動過程分析,找出每一運動過程或每一運動階段中相關(guān)物理量間的關(guān)系,進行歸納、總結(jié)、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(yīng)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(yīng)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: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(jù)能量守恒,機械能最小值E=Ek-Ep (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)1J10.【解析】(1)設(shè)彈簧槍對小物體做的功為W,由動能定理得W-mgr(1-cos)=m (2分)代入數(shù)據(jù)得W=0.475J (1分)(2)取沿平直斜軌向上為正方向。設(shè)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-mgsin-(mgcos+qE)=ma1 (3分)小物體向上做勻減速運動,經(jīng)t1=0.1s后,速度達到v1,有v1=v0+a1t1 (2分)由可知v1=2.1m/s,設(shè)運動的位移為x1,有x1=v0t1+a1 (2分)電場力反向后,設(shè)小物體的加速度為a2,由牛頓第二定律得-mgsin-(mgcos-qE)=ma2 (3分)設(shè)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 (1分)x2=v1t2+a2 (1分)設(shè)CP的長度為x,有x=x1+x2 (2分)聯(lián)立相關(guān)方程,代入數(shù)據(jù)解得x=0.57m (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(yīng)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(guān)系,建立方程組解題;(5)討論所得結(jié)果。