高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題3 電場和磁場 第1講 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)特訓(xùn)

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第1講 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 1．(2016天津十二區(qū)縣聯(lián)考一)如圖所示，兩個(gè)相同的小球帶電量分別為＋4Q和＋Q，被固定在光滑、絕緣水平面上的A、B兩點(diǎn)，O是AB的中點(diǎn)，C、D分別是AO和OB的中點(diǎn)．一帶電量為＋q的小球從C點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場力作用下向右運(yùn)動(dòng)，則小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中(　C　) A．速度一直增大 B．加速度一直減小 C．電場力先做正功后做負(fù)功 D．電勢能先增大后減小 解析：設(shè)AB連線上場強(qiáng)為0的點(diǎn)O′與A點(diǎn)的距離為x，由庫侖定律有k＝k，解得x＝LAB，即場強(qiáng)為0的點(diǎn)O′在OD之間．故AO′之間的場強(qiáng)方向向右，場強(qiáng)逐漸減??；O′B之間的場強(qiáng)方向向左，場強(qiáng)逐漸增大；故帶電量為＋q的小球從C點(diǎn)由靜止釋放后，由C向B運(yùn)動(dòng)過程中，小球的速度向右先增大再減小，加速度先向右減小再向左增大，電場力先做正功再做負(fù)功，小球的電勢能先減小再增大，選項(xiàng)ABD錯(cuò)誤，C正確． 2．(2016湖南長郡中學(xué)月考二)如圖所示，N(N>5)個(gè)小球均勻分布在半徑為R的圓周上，圓周上P點(diǎn)的一個(gè)小球所帶電荷量為－2q，其余小球帶電量均為q，圓心處的電場強(qiáng)度大小為E.若僅撤去P點(diǎn)的帶電小球，圓心處的電場強(qiáng)度大小為(　C　) A．E　 B． C． D． 解析：P點(diǎn)有一個(gè)電荷量為－2q的小球，等效于在P點(diǎn)有帶電量－3q和q的兩個(gè)小球，那么所有小球在圓心O處的電場強(qiáng)度為E＝，P點(diǎn)沒有小球，等效于在P點(diǎn)有－q和q的兩個(gè)小球，那么所有小球產(chǎn)生的電場為E′＝＝，選項(xiàng)C正確． 3．(2016廣東深圳調(diào)研二)如圖所示是某空間部分電場線分布圖，在電場中取一點(diǎn)O，以O(shè)為圓心的圓周上有M、Q、N三個(gè)點(diǎn)，連線MON與直電場線重合，連線OQ垂直于MON.下列說法正確的是(　AC　) A．M點(diǎn)的場強(qiáng)大于N點(diǎn)的場強(qiáng) B．O點(diǎn)的電勢等于Q點(diǎn)的電勢 C．將一負(fù)點(diǎn)電荷由M點(diǎn)移到Q點(diǎn)，電荷的電勢能增加 D．一正點(diǎn)電荷只受電場力作用能從Q點(diǎn)沿圓周運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn) 解析：根據(jù)電場線分布的疏密程度可以表示該區(qū)域場強(qiáng)的大小可知，M點(diǎn)的場強(qiáng)大于N點(diǎn)的場強(qiáng)，選項(xiàng)A正確；根據(jù)電場線與等勢線互相垂直，畫出經(jīng)過O點(diǎn)和Q點(diǎn)的等勢面，再根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，O點(diǎn)的電勢大于Q點(diǎn)的電勢，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于M點(diǎn)的電勢大于Q點(diǎn)的電勢，故將一負(fù)點(diǎn)電荷由M點(diǎn)移到Q點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電荷的電勢能增加，選項(xiàng)C正確；一正點(diǎn)電荷只受電場力作用，由于電場力始終沿著電場線的切線方向，不能始終指向圓心、故正點(diǎn)電荷不會(huì)做圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 4．(2016福州質(zhì)檢)三個(gè)間距相等，帶電量分別為－qA、－qB、qC的點(diǎn)電荷A、B、C，產(chǎn)生的電場線分布如圖所示，具有對稱性．圖中a、b兩點(diǎn)處的場強(qiáng)大小分別為Ea、Eb，將某正檢驗(yàn)電荷從電場a點(diǎn)移到b點(diǎn)電場力做功為W，其在a、b兩點(diǎn)時(shí)的電勢能分別為Epa、Epb，則下列判斷正確的是(　D　) A．Ea0　 D．Epa0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面．若兩粒子相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則M∶m為(　A　) A．3∶2　 B．2∶1　 C．5∶2　 D．3∶1 解析：設(shè)電場強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對M有a＝，l＝t2；對m有a′＝，l＝t2，聯(lián)立解得＝，A項(xiàng)正確． 7．(2016濟(jì)南質(zhì)檢)平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點(diǎn)，如圖所示，以E表示兩極板間的電場強(qiáng)度，U表示電容器兩極間的電壓；W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢能．若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則(　AC　) A．U變小，E不變　 B．E變大，W變大 C．U變小，W不變　 D．U不變，W不變 解析：由極板間距離減小，知電容C增大；由充電后與電源斷開，知帶電量Q不變；由U＝可得極板間電壓U減小，根據(jù)C＝和U＝得U＝.再由E＝得E＝即E由決定．而Q及S都不變，所以E不變．(由上面的等式可以看出，在板間電介質(zhì)不變的情況下，E由(正對面積上的電荷密度)決定，這個(gè)結(jié)論雖是由考綱外的公式推導(dǎo)出來的，但熟悉這個(gè)結(jié)論能對解決有關(guān)平行板電容器的問題帶來方便．)因?yàn)镋不變，P點(diǎn)與負(fù)極板間的距離不變，所以可知P與負(fù)極板間的電壓不變，即P點(diǎn)的電勢φP不變，那么正電荷的電勢能W＝qφP就不變． 8．(2016湖北黃岡模擬)(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后斷開電源，一帶電粒子沿著上板水平射入電場，恰好沿下板邊緣飛出，粒子電勢能變化為ΔE1.若保持上板不動(dòng)，將下板上移，小球仍以相同的速度從原板射入電場，粒子電勢能變化為ΔE2，下列分析正確的是(　CD　) A．兩板間電壓不變　 B．兩板間場強(qiáng)變大 C．粒子將打在下板上　 D．ΔE1>ΔE2 解析：據(jù)題意，當(dāng)電容器充電后斷開電源，電容器所帶的電荷量Q保持不變，將下極板上移后，據(jù)E＝＝＝可知電容器內(nèi)電場強(qiáng)度不變， 據(jù)U＝Ed可知兩板間電壓減小，故AB選項(xiàng)錯(cuò)誤； 據(jù)y＝at2＝可知當(dāng)下極板上移后y減小， 則水平位移x減小，帶電粒子將打在下極板上，故C選項(xiàng)正確； 電場力做功為W＝qEy，電場強(qiáng)度E不變，沿電場方向位移y減小，則電場力做功減小，據(jù)帶電粒子電勢能變化等于電場力做功，故有ΔE1＞ΔE2，則D選項(xiàng)正確． 9．(2016東北三省三校聯(lián)考二)如圖所示，一重力不計(jì)的帶電粒子以初速度v0射入水平放置、距離為d的兩平行金屬板，射入方向沿兩極板的中心線．當(dāng)極板所加電壓為U1時(shí)，粒子落在A塊上的P點(diǎn)．如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0，同時(shí)將A板向上移動(dòng)后，使粒子由原入射點(diǎn)射入后仍落在P點(diǎn)，則極板間所加電壓U2為(　D　) A．U2＝3U1　 B．U2＝6U1　 C．U2＝8U1　 D．U2＝12U1 解析：粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，以速度v0射入時(shí)，水平方向x＝v0t1，豎直方向d＝a1t＝； 以速度2v0射入時(shí)，水平方向x＝2v0t2，豎直方向 d＝a2t＝＝， 聯(lián)立解得U2＝12U1，選項(xiàng)D正確． 10．(2016陜西咸陽一模)如圖所示，a、b、c、d是某勻強(qiáng)電場中的四個(gè)點(diǎn)，它們正好是一個(gè)矩形的四個(gè)頂點(diǎn)ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，電場線與矩形所在平面平行．已知a、b、d點(diǎn)的電勢分別為20 V,24 V和12 V，一個(gè)質(zhì)子以速度v0經(jīng)過b點(diǎn)，速度方向與bc成45角，經(jīng)過一段時(shí)間質(zhì)子經(jīng)過c點(diǎn)，不計(jì)質(zhì)子的重力，則(　AC　) A．c點(diǎn)的電勢低于a點(diǎn)電勢 B．場強(qiáng)方向由b指向d C．質(zhì)子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場力做功8 eV D．質(zhì)子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場力做功10 eV 解析：如圖，e為ad的中點(diǎn)，f為bc的中點(diǎn)，連接af、ce、bd.af、ce是兩條等勢線，電勢分別為20 V和16 V，A對；bd與af、ce并不垂直，所以場強(qiáng)方向不沿bd方向，B錯(cuò)；b、c之間的電勢差為8 V，質(zhì)子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場力做功為8 eV，C對，D錯(cuò)． 11．(2016貴陽適應(yīng)性監(jiān)測二)在如圖所示的空間中，水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場．質(zhì)量為m的帶電小球由MN的上方的A點(diǎn)以一定的初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平．A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.可知(　B　) A．小球帶正電 B．電場力大小為3mg C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 D．小球從A到B與從B到C的速度變化量大小不等 解析：由小球軌跡可知，進(jìn)入電場后小球在豎直方向上做減速運(yùn)動(dòng)，因此，電場力豎直向上且大于重力，小球帶負(fù)電；由于小球未受水平方向的外力，水平方向的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)，則＝＝2；對小球在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度公式有g(shù)tAB＝atBC，ΔvAB＝gtAB、ΔvBC＝－atBC，對進(jìn)入電場后的運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律有F－mg＝ma，解得F＝3mg，ΔvAB＝－ΔvBC，選項(xiàng)ACD錯(cuò)誤；B正確． 12．(2016南昌模擬二)真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1和q2放置在x軸上，q2在坐標(biāo)原點(diǎn)，q1在q2的左邊，在x軸正半軸的電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示．當(dāng)x＝x0時(shí)，電勢為零，當(dāng)x＝x1時(shí)電勢有最小值，φmin＝－φ0.點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電勢公式為φ＝(式中q是點(diǎn)電荷的電量，r是離點(diǎn)電荷的距離．)則下列說法正確的有(　CD　) A．q1與q2為同種電荷 B．x＝x0處的電場強(qiáng)度E＝0 C．將一正點(diǎn)電荷以x0處沿x軸正半軸移動(dòng)，電場力先做正功后做負(fù)功 D．q1與q2電荷量大小之比＝ 解析：如果q1和q2為同種電荷，兩個(gè)電荷周圍的電勢不可能有的位置大于零，有的位置小于零，所以q1和q2帶異種電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；φ－x圖線的斜率表示場強(qiáng)，x＝x0處，電勢為零，場強(qiáng)不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從x0處向右，電勢先變小后變大，正電荷的電勢能先變小后變大，沿x軸正半軸移動(dòng)正電荷，電場力先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng)C正確；設(shè)q1距原點(diǎn)的距離為x2， 則由φx0＝0有＝， 在x＝x1處場強(qiáng)為零，有＝， 解得＝，選項(xiàng)D正確． 13．(2016南昌調(diào)研)如圖甲所示，傾角θ＝30的光滑固定斜桿底端固定一電量為Q＝210－4C的正點(diǎn)電荷，將一帶正電小球(可視為點(diǎn)電荷)從斜桿的底端(但與Q未接觸)靜止釋放，小球沿斜桿向上滑動(dòng)過程中能量R隨位移s的變化圖象如圖乙所示，其中線1為重力勢能隨位移變化圖象，線2為動(dòng)能隨位移變化圖象．(g＝10 m/s2，靜電力常量k＝9109 Nm2/C2) (1)求小球的質(zhì)量m； (2)小球向上滑行多遠(yuǎn)時(shí)其加速度為零？小球所帶的電量為多少？ 解析：(1)由線1可得 EP＝mgh＝mgssin θ 因斜率k＝20＝mgsin 30 所以m＝4 kg (2)當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)帶電小球受力平衡，其加速度為零由圖可知：s0＝1 m，小球加速度為零． mgsin θ＝ 解得q＝＝1.1110－5 C 答案：(1)4 kg　(2)1 m　1.1110－5 C 14．(2016東北三省四市聯(lián)考二)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中，存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為4E0，虛線是電場的理想邊界線，虛線右端與x軸的交點(diǎn)為A，A點(diǎn)坐標(biāo)為(L、0)，虛線與x軸所圍成的空間內(nèi)沒有電場；在第二象限存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E0.M(－L、L)和N(－L,0)兩點(diǎn)的連線上有一個(gè)產(chǎn)生粒子的發(fā)生器裝置，產(chǎn)生質(zhì)量均為m，電荷量均為q靜止的帶正電的粒子，不計(jì)粒子的重力和粒子之間的相互作用，且整個(gè)裝置處于真空中． (1)若粒子從M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入第一象限后始終在電場中運(yùn)動(dòng)并恰好到達(dá)A點(diǎn)，求這個(gè)過程中該粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及到達(dá)A點(diǎn)的速度大??； (2)若從MN線上M點(diǎn)下方由靜止發(fā)出的所有粒子，在第二象限的電場加速后，經(jīng)第一象限的電場偏轉(zhuǎn)穿過虛線邊界后都能到達(dá)A點(diǎn)，求此邊界線(圖中虛線)方程． 解析：(1)粒子在第二象限的電場中勻加速的時(shí)間 L＝t 在第一象限內(nèi)L＝t 得t1＝，t2＝ 這個(gè)過程中該粒子所用的時(shí)間 t總＝t1＋t2＝ 由動(dòng)能定理E0qL＝mv 4E0qL＝mv2－mv v＝ (2)設(shè)粒子從P點(diǎn)坐標(biāo)為(－L、y0)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)粒子進(jìn)入第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)Q點(diǎn)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)坐標(biāo)為(x、y)粒子進(jìn)入第一象限的速度 E0qL＝mv 做類平拋運(yùn)動(dòng)經(jīng)Q點(diǎn)時(shí)，水平方向有x＝v0t 豎直方向有y0－y＝t2 代入得y0－y＝2＝ 把上面兩式相除得＝＝ QA與x軸成θ角可得tan θ＝ 由速度分解tan θ＝＝ 整理得邊界方程y＝(Lx－x2) 且有0≤x≤L,0≤y≤(只寫0≤x≤L不扣分) 答案：(1)　 (2)y＝(Lx－x2) 15．(2016南昌三中月考四)如圖所示，豎直平面直角坐標(biāo)系中，一半徑為R的絕緣光滑管道位于其中，管道圓心坐標(biāo)為(0，R)，其下端點(diǎn)與x軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)，其上端點(diǎn)與y軸交于C點(diǎn)，坐標(biāo)為(0,2R)．在第二象限內(nèi)，存在水平向右，范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E1＝.在x≥R，y≥0范圍內(nèi)，有水平向左、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E2＝.現(xiàn)有一與 x軸正方向夾角為45、足夠長的絕緣斜面位于第一象限的電場中，斜面底端坐標(biāo)為(R,0)．x軸上0≤x≤R范圍內(nèi)是水平光滑軌道，左端與管道下端相切，右端與斜面底端平滑連接．有一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球，從靜止開始，由斜面上某點(diǎn)A下滑，通過水平光滑軌道(不計(jì)轉(zhuǎn)角處能量損失)，從管道下端點(diǎn)B進(jìn)入管道(小球直徑略小于管道內(nèi)徑，不計(jì)小球的電量損失)．試求： (1)小球至少從多高處滑下，才能到達(dá)管道上端點(diǎn)C，求出此時(shí)小球出發(fā)點(diǎn)的坐標(biāo)； (2)在此情況下，小球通過管道最高點(diǎn)C受到的壓力多大，方向如何． 解析：(1)如圖，在第二象限內(nèi)，小球受到水平向右的電場力和豎直向下的重力，設(shè)兩者合力的方向與y軸夾角為θ，則 tan θ＝＝＝，θ＝30 即帶電小球所受重力和電場力的合力方向斜向右下方，與y軸夾角為30，將重力場與電場等效為新的場，等效重力加速度g′＝＝g 合力作用線過管道圓心時(shí)，小球的速度最小，即D點(diǎn)為管道的等效最高點(diǎn)，此時(shí)vD＝0 從B點(diǎn)到D點(diǎn)由動(dòng)能定理有 －mg(R＋R)－qE1R＝－mv 得v＝gR 在第一象限的復(fù)合場中，分析可知，小球由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，其等效加速度為a＝g 所以，A點(diǎn)縱坐標(biāo) yA＝＝gR＝R A點(diǎn)橫坐標(biāo)xA＝R＋R＝R 即A點(diǎn)的坐標(biāo)為 (2)從B到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理有 －mg2R＝mv－mv，得v＝gR 小球通過最高點(diǎn)C時(shí)，向心力由重力和管道壓力提供，設(shè)管道對小球的作用力豎直向上，有mg－FN＝ FN＝mg－＝mg＞0 所以，管道對小球的壓力大小為mg，方向向上． 答案：(1) (2)mg，方向向上．