《【備戰(zhàn)2013】高考物理模擬題分類解析專題23帶電粒子在電場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【備戰(zhàn)2013】高考物理模擬題分類解析專題23帶電粒子在電場中的運動（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題23帶電粒子在電場中的運動、2012高考題1 . （2012 廣東理綜物理）圖 5是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強(qiáng)電場后，分落在收集板中央的兩側(cè)，對礦粉分離的過程，下列表述正確的有A.帶正電的礦粉落在右側(cè)B.電場力對礦粉做正功一.C.帶負(fù)電的礦粉電勢能變大口二,D.帶正電的礦粉電勢能變小.【解析帶正電的礦粉受到向左的電場力作用，落在左側(cè)，電場力對礦粉做正 功，礦粉電勢能變小，選項RD正確畢t考點定位】此題考查帶電粒子在電場中的運動及其相關(guān)知識.2 .（2012 天津理綜）兩個固定的等量異號點電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中A點
2、沿圖示方向進(jìn)入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒 子只受靜電力作用，則粒子在電場中A.做直線運動，電勢能先變小后變大B.做直線運動，電勢能先變大后變小 C.做曲線運動，電勢能先變小后變大 D.做曲線運動，電勢能先變大后變小2. t答案】C【解析】根據(jù)電場線與等勢面垂直，一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖 示方向進(jìn)入電場在紙面內(nèi)飛行，受到向上的電場力作用，粒子在電場中做曲線運 動，靜電力先做正功后做員功，電勢能先變小后變大，選項D正確.1考點定位】本題考查帶電粒子在電場中的運動，意在考查考生應(yīng)用電場知識分 析問題的能力，3 （2012 四川理綜）如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，A
3、B段光滑水平，BC段為光滑圓弧，對應(yīng)的圓心角0 =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(qiáng)大小為E=2X105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量m=5X 10-2kg、電荷量q=+1X10-6C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(qiáng)大小不變，方向反向。已知斜軌與小 物體間的動摩擦因數(shù)科=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
4、斜軌上小物體能到達(dá)的最高點為P,示CP的長度。解析】C 1)設(shè)彈簧槍對小物體做功為W%由動能定理得方可l-cos-55=-”2 代入數(shù)據(jù)得，亂公。百75人Q)取沿平直斜軌道向上為正方向。設(shè)小物塊通過C點進(jìn)入電場后的加速度為由牛頓第二定律得工 -mq。=eq. 小物體向上做勻減速運動，經(jīng)匕05后，速度達(dá)到憶 有V產(chǎn)見上 由聯(lián)立解得二次二2.1 m/s 0設(shè)運動的位移為s有;5二口工、2電場力反向后，設(shè)物體的加速度為建，由牛頓第二定律得-mgs口耳誑 mgcsS-qE=設(shè)小物體川匕加速度運動到速度為零，運動的時間為:二，位移為-有0= Oz 殍1e, =: r-,4- -n 一 必一 12 r Q
5、 J _ = Q 2 設(shè)CP的長度為5，有5二+兔*聯(lián)立相關(guān)方程，代入數(shù)據(jù)解得；5=057rm【考點定位】此題考查動能定理.牛頓運動定律.勻變速直線運動規(guī)律及其 相關(guān)知識。二、2012模擬題1. (2012年3月山東威海一模)一帶負(fù)電的點電荷僅在電場力作用下由a點運動到b點的v-t圖象如圖所示，其中ta和tb是電荷運動到電場中 a、b兩點的時刻.下列說法正確的是A.該電荷由a點運動到b點，電場力做負(fù)功B. a點處的電場線比b點處的電場線密C. a、b兩點電勢的關(guān)系為 邛aV1D.該電荷一定做曲線運動L答案；C解析；該電荷由口點運動到匕點，速度增大，電場力做正功，選項 錯誤,由于口點的時刻對應(yīng)的
6、速度切線斜率小于h點的時刻對應(yīng)的速度切線斜率, 所以電場中。點的加速度小于電場中b點的加速度，口點處的電場線比b點處的 電場線疏，選項B錯誤根據(jù)電荷的動能和電勢能保持不變，電荷在加B兩點 電勢能關(guān)系是口點的電勢能大于b點的電勢能，口、匕兩點電勢的關(guān)系為或 qE,要使小球能通過Q點且保證圓形軌道vomu/R,解得 戶吟，從P到Q,由動能定理，（qE-mg2R= 2m2解得叱/6或-受竺也要使 V附小球能通過Q點且保證圓形軌道不脫離地面，速度V3應(yīng)滿足的關(guān)系是：L n 5qER L n 5qERJ5醉/NFE則（）1 . E帶正電，F(xiàn)帶負(fù)電，且QE QF8 .在M點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，檢
7、驗電荷將沿電場線運動到N點C.過N點的等勢面與過 N點的切線垂直D.負(fù)檢驗電荷在 M點的電勢能大于在 N點的電勢能9 .答案:C解析，E帶正電，F(xiàn)帶負(fù)電，且Qy4,選項A錯誤；電場線是曲 線，在M點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，檢驗電荷不會沿電場線運動到N 點，選項B錯誤三由電場線與等勢面垂直可知，過可點的等勢面與過N點的切 線垂直，選項C正確三負(fù)檢哈電荷在M點的電勢能小于在N點的電勢能，選項 口錯誤。5. （2012年3月福州質(zhì)檢）電場中某三條等勢線如圖實線a、b、c所示。一電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q,已知電勢（j） a （j） b （j） c ,這一過程電子運動的v-t圖象可能
8、是下列各圖中的05,答案：A解析：由圖可知，此電場為非勻強(qiáng)電場，目點處電場強(qiáng)度小于P點0處電場強(qiáng)度，電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到R做加速度越來越小的 加速運動，這一過程電子運動的圖象可能是A,6. （2012江西重點中學(xué)聯(lián)盟第一次聯(lián)考）如圖所示，長為 L、傾角為。二30。的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電量為 +q,質(zhì)量為m的小球，以初速度 V0由斜面底端的 A點開始沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端的速度仍為V。，則（）A.小王在B點的電勢能一定大于小球在 A點的電勢能V0B. A、B兩點的電勢差一定為 mgL2qC.若電場是勻強(qiáng)電場，則該電場的場強(qiáng)的最大值一定是mgqD.若該電場是 AC邊中垂
9、線上某點的點電荷 Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷6答案，B解析：由題述可知，小球以初速度：,由斜面底端的4點開始沿斜面上 滑，電場力做功，電勢能減小，小球在8點的電勢能一定小于小球在a點的電 勢能，選項A錯誤事由動能定理，qU-mgLsin30,=0,解得占月兩點的電勢差為 U二理，選項B正確;若電場是勻強(qiáng)電場,該電場的場強(qiáng)的最大值一定大于箜.29 10r/ J （2 分）-2由于板間場強(qiáng)相等，則電子在一豎直方向受電場力不變，加速度恒定可 知電子做類平拋運動：豎直方向z+上計上產(chǎn)?再cg分）2 m“水平方向-KT/（1分）消去T解得12 mCl分）極板總長 AB+CD+EF+GH=lx=（）.2A
10、 mQ 分）10、（14分）（2012年2月河北省衡水中學(xué)下學(xué)期一調(diào)考試）粗糙絕緣的水平面附近存在一個平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，且沿x軸方向的電勢 中與坐標(biāo)彳t x的關(guān)系如下表格所示：123456789x/m0.050.100.150.200.250.300.350.400.45（f）/10 5V9.004.503.002.251.801.501.291.131.00b105V根據(jù)上述表格中的數(shù)據(jù)可作出如右的中一x圖像。現(xiàn)有一質(zhì)量為0.10kg ,電荷量為1.0M10-7C帶正電荷的滑塊（可視作質(zhì)點），其與水平面的動摩擦因數(shù)為0.20。問：（1）由數(shù)據(jù)表格和圖像給出的
11、信息，寫出沿 x軸 的電勢 邛與x的函數(shù)關(guān)系表達(dá)式。（2）若將滑塊無初速地放在x=0.10m處，則滑塊最終停止在何處？（3）在上述第（2）問的整個運動過程中，它的加速度如何變化？當(dāng)它位于 x=0.15m時它的加速度多大？（電場中某點場強(qiáng)為中一x圖線上某點對應(yīng)的斜率）（4）若滑塊從x=0.60m處以初速度V01&-x方向運動，要使滑塊恰能回到出發(fā)點，其初速度V0應(yīng)為多大？10 （1二分解析；（1）由數(shù)據(jù)表格和圖像可得，電勢與工成反比關(guān)系，即伊=45*10； xQ分）（2）由動能定理 g （口 I 口 .17 箝 F鼠工代 1 ；= 0設(shè)滑塊停止的位置為5有.5根門喀出-工）=0 （ 2分）0n
12、,45x104 4.5X104 xBP q（卜.叨鼠及0=0x 叼代入數(shù)據(jù)有_ - ,4.5x10* 4,5x104 廣” ,.A s, 1.0x10- I）-ij _0xl0r:-0 .尸。0 1-可解得 x2=0.225m （舍去 x2=0.1m）。（2 分）C3）先做加速度減小的變加速運動，后做加速度增大的減速運動。 即加速度先減小后增大.。分）當(dāng)它位于lO 1，】時，圖像上該點的切線斜率表示場強(qiáng)大小 E=k=20x10&NC（1 分）滑塊在該點的水平合力 3=gEwH笠OMlD%：.0：70N-0 20:0,10- 1ON=O 故滑塊的加速度- =011分）（4）設(shè)滑塊到達(dá)的最左側(cè)位置
13、為工】，則滑塊由該位置返回到出發(fā)點的過程中 由動能定理開：一心上0 有相副廣口卜.喇式TE）=O（：分）代入數(shù)據(jù)有1.0x10-75x10 -4,5x10 ）-0.20xO 1010（X-X1=0/0,6可解得xi=0.037?m （舍去占=0 6m）,（1分）再對滑塊從開始運動到返回出發(fā)點的整個過程，由動能定理- wv，.（1 分）2代入數(shù)據(jù)有 二0 0：0 10（0 60-0 03?） =0.5 0 10vJ可解得 正/12ms1分）11. （19分）（2012年2月重慶八中檢測）如圖所示，兩平行金屬板A、B長L=8cm,兩板間距離d=8cm, A板比B板電勢高300V, 一不計重力的帶正
14、電的粒子電荷量q=10-10C,質(zhì)量m 10-2kg,沿電場中心線 RD垂直電場線飛入電場，初速度u o=2X106m/s,粒子飛出平行板電場后可進(jìn)入界面MN PS間的無電場區(qū)域。已知兩界面MN PS相距為12cm,D是中心線RD與界面PS的交點。求：（1）粒子穿過界面 MN寸偏離中心線 RD的距離y以及速度v大??？（2）粒子到達(dá)PS界面時離D點的距離Y為多少？（3）設(shè)O為RD延長線上的某一點，我們可以在O點固定一負(fù)點電荷，使粒子恰好可以繞O點做勻速圓周運動，求在O點固定的負(fù)點電荷的電量為多少？（靜電力常數(shù)k =9. 0X109NI- m2/C2,保留兩位有效數(shù)字）pIII II llIIII
15、12cm i . di m i1L。9分）。）粒子穿過界面MN時偏離中心線R。的距離（側(cè)向位移）;.r-11右=1 丁叫, v= - at-,2聯(lián)立解得=O O3m=3cm帶電粒子的水平速度：以豎直速度：三口尸吧L：nd所以 v=2 5 106 m s （2 分）（2）帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與年線交于外設(shè)口到中心線的距離為Y.則屋上Y 4+12解得6分）Y=4i,=12cm。）求得半徑15cmC分）k零f 士 （2分）代入數(shù)值，得 0=10-WC （1分） r r12. （15分）（2012南京四校聯(lián)考）如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點電荷，
16、電荷量分別為十Q和Q A、B相距為2d。MNM豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個穿過細(xì)桿的帶電小球p,質(zhì)量為m電荷量為+q （可視為點電荷，不影響電場的分布。），現(xiàn)將小球p從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運動到距 C點距離為d的O點時，速度為v。已知MNW AB之間的距離為d,靜電力常量為 k,重力加速度為go求:+2r(1) C、O間的電勢差UCo；(3)小(2) O點處的電場強(qiáng)度E的大小及小球p經(jīng)過O點時的加速度;球p經(jīng)過與點電荷 B等高的D點時的速度。12.解；(1)小球p由C運動到。時，由動能定理,得；中或= 1 ? - 0。:小球p經(jīng)過。點時受力如圖：由庫侖定律得, 或
17、n窣4*(岳)匕們的合力無1尸=用c口45十國cos45 迎華 2dQ點處的電場強(qiáng)度下= =器， 42d2Gy卜球由0運動到Q的過程，由動能定理得二二分由電場特點可知;聯(lián)立解得;13、(16分)(2012上海崇明期末)已知真空中電量為Q的點電荷電場中，若取無窮遠(yuǎn)為零電勢點，則離電荷距離為 r的某點的電勢表達(dá)式為 平=kQ (k為靜電力常數(shù))。如圖所 r示，帶正電的甲球固定在足夠大的光滑絕緣水平面上的A點,其帶電量為Q;質(zhì)量為mA B兩點間的距離為10。F =上理、方向指向甲球410帶正電的乙球在水平面上的 B點由靜止釋放，其帶電量為 q；釋放后的乙球除受到甲球的靜電力作用外，還受到一個大小為的
18、恒力作用，兩球均可視為點電荷。求:(1)乙球在釋放瞬間的加速度大小;(2)乙球的速度最大時兩個電荷間的距離;(3)乙球運動的最大速度 Vm為多少？（4）乙球運動過程中，離開甲球的最大距離和最小距離是多少?33.解二乙求受到電場力和F的作用，合力（2）合外力向左，所以乙球向左做加速度減小的加速運動，當(dāng)合力為零時，速度最大C分）二44-K怨=0。分）=空（1分）3乙球的電勢能.叫空 （1分） r電場力做正功，等于電勢能的減少.斤2-玄票-4器=尢軍（1分）外力做負(fù)功：1懺=_犬嗎=_及四（1分）4-44由動能定理,心十以二）用肥-0 C分） 2得，曦、磐 （1分）（-）乙球達(dá)到速度最大后，再向左做
19、加速度增大的減速運動，當(dāng)速度等于 零時，離甲球最遠(yuǎn)，V=0此時離開甲球距離為2 ,然后又向右運動到尸二 /：,時速度又等于零。分）所以離開A球最近的距離為h等一等一部力9附 所以。分)14. (2012年3月安徽省“江南十?！备呷?lián)考)如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在 B點平滑連接。在過圓心 。的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為日電量為+q的小球從水平軌道上 A點由靜止釋放，小球運動到C點離開圓軌道后，經(jīng)界面 MN上的P點進(jìn)入電場(P點恰好在A點的正上方，如圖。小球可視為質(zhì)點，小球運動到 C點之前電量保持不變， 經(jīng)過C點后電量立即變?yōu)榱?。已知A、B
20、間距離為2R,重力加速度為go在上述運動過程中，求:(1)電場強(qiáng)度E的大?。?2)小球在圓軌道上運動時最大速率;(3)小球?qū)A軌道的最大壓力的大小。14. (16分)解析：(1)設(shè)電場強(qiáng)度為E,小球過C點時速度大小為藝，小球從A到C由動能定理:2分-1 分qE - 3&_ 的g - 2R - - wv/小球離開C點后做平拋運動到P點I五二 Jg/2R = v/1 分聯(lián)立方程解得. E言Q)設(shè)小球運動到圓周D點時速度最大為，此時CD與豎直線GB 夾角設(shè)為口，小球從A運動到D過程,根據(jù)動能定理：+ Ksin 一切g(shù)夫(1- cos or) = wv23 分即！ wv2 = yngR (sin (X
21、 + cos df +1)根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)a = 45。時動能最大一2分由此可得%=&2+2a)gR1分C3)由于小球在D點時速度最大且電場力與重力的合力恰好沿半徑 方 向，故小球在。點對圓軌道的壓力最大，設(shè)此壓力大小為F,田牛頓第三定律可 知小球在D點受到的軌道的彈力大小也為F,在D點對小球進(jìn)行受力分析，并建 立如圖所示坐標(biāo)系，由牛頓第二定律：F _ qE sin a mg cos Ct =/ R 3 分解得：F = Q + 3&）滋g點評；此題考查平拋運動、動能定理.牛頓運動定律.豎直面內(nèi)的圓周運動等知 識點Q15. (12分)(2012年海南瓊海一模)如圖所示，在光滑絕緣水平面上 B
22、點的正上方O處固 定一個質(zhì)點，在水平面上的 A點放另一個質(zhì)點，兩個質(zhì)點的質(zhì)量均為 m帶電量均為+Q。C 為AB直線上的另一點(。A B C位于同一豎直平面上)，AO間的距離為L, AB和BC間的 距離均為L,在空間加一個水平方向的勻強(qiáng)電場后 A處的質(zhì)點處于靜止。試問：2(1)該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)多大？其方向如何？(2)給A處的質(zhì)點一個指向 C點的初速度，該質(zhì)點到達(dá) B點時所受的電場力多大？(3)若初速度大小為 V0,質(zhì)點到達(dá)C點時的加速度和速度分別多大？15 （12 分）解:(1)囚處的質(zhì)點受到的庫侖力；F*由平衡條件, FsinB二QE, 5防8士0聯(lián)立解得；三二kQ/2lA方向由A指向C質(zhì)點到
23、達(dá)8點時所受的電場力小缶-等(3)質(zhì)點到達(dá)1點時受到的合外力F ?inO +QE=2質(zhì)點到達(dá)匚點時的加速度a=F二一仃1二生; .wZ?由動能定理，QEZ =解得即，點評：此題以帶電粒子在電場中運動切入，意在考查庫侖定律、電場疊加，牛頓 運動定律,動能定理等.16. (16分)(2012年3月江蘇省蘇北四星級高中聯(lián)考)靜電場方向平行于x軸，其電勢。隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中。0和d為已知量。一個帶負(fù)電的粒子在電場中以x = 0為中心，沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質(zhì)量為m電量為-q ,其動能與電勢能之和為一A (0 A q 。0)。忽略重力。求:(1)粒子所受電場力的大??；(2
24、)粒子的運動區(qū)間；(3)粒子的運動周期。16 （16分）解題思路：根據(jù)電勢eMx的分布圖線可以得出電勢函數(shù)關(guān)系，由電場 強(qiáng)度和電勢差關(guān)系式得出電場強(qiáng)度。利用動能定理、牛頓運動定律列方程解答。 解：（1）由圖可知，。與d （或-d）兩點間的電勢差為5。電場強(qiáng)度的大小d（3分）通電場力的大小d（3分）（2）設(shè)粒子在：.右，右區(qū)間內(nèi)運動，速率為v,由題意得,1 05W/2 -q（p= -A由圖可知由上二式得因動能非負(fù)，有得1x1。=陽1-?) a1, IxlIxlg內(nèi)(1一?)_4之0aAA-d(-)xdO-)q外腦（3分）（3分）（3）考慮粒子從-x0處開始運動的四分之一周期口 = =% 根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度“一最一右由勻加速直線運動二秒=（汾）（2分）4H T=4t = q-A） 粒子運動周期。四
【備戰(zhàn)2013】高考物理模擬題分類解析專題23帶電粒子在電場中的運動
