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

《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題3 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第1講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)演練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題3 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第1講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)演練（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第1講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．(2015安徽卷)已知均勻帶電的無(wú)窮大平面在真空中激發(fā)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量．如圖所示的平行板電容器，極板正對(duì)面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q.不計(jì)邊緣效應(yīng)時(shí)，極板可看做無(wú)窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為(　D　) A．和　 B．和 C．和 D．和 解析：由公式E＝，σ＝正負(fù)極板都有場(chǎng)強(qiáng)，由場(chǎng)強(qiáng)的疊加可得E＝，電場(chǎng)力F＝Q，故選D. 2．(2016遼寧協(xié)作體聯(lián)考)一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，負(fù)極板接地．兩板間有一個(gè)正試探電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)、W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能．若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過(guò)程中，各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖像中正確的是(　C　) 解析：由平行板電容器的電容C＝可知，A錯(cuò)誤． 在電容器兩極板所帶電荷量一定的情況下， U＝，E＝＝，E與d無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤． 在負(fù)極板接地的情況下， φ＝φ0－Ex，C正確． 正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能W＝qφ＝q(φ0－Ex)，D錯(cuò)誤． 3．(多選)(2015廣東卷)如圖所示的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將兩個(gè)帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動(dòng)到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止， 不計(jì)重力，則(　BD　) A．M的帶電量比N的大 B．M帶負(fù)電荷、N帶正電荷 C．靜止時(shí)M受到的合力比N的大 D．移動(dòng)過(guò)程中勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)M做負(fù)功 解析：對(duì)小球受力分析可得，兩小球在電場(chǎng)力和庫(kù)侖力的作用下處于平衡狀態(tài)，又因其庫(kù)侖力大小相等，故所受電場(chǎng)力大小相等，即qME＝qNE，所以M、N帶的電荷量相等，A錯(cuò)誤；M帶負(fù)電，受到向左的電場(chǎng)力與向右的庫(kù)侖力平衡，B正確；靜止時(shí)，受的合力都為零，C錯(cuò)誤；M沿電場(chǎng)線方向有位移，電場(chǎng)力做負(fù)功，D正確． 4．(2016廈門一模)空間有一沿x軸對(duì)稱分布的電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖像如圖所示，x1和－x1為x軸上對(duì)稱的兩點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是(　B　) A．x1處場(chǎng)強(qiáng)大于－x1處場(chǎng)強(qiáng) B．若電子從x1處由靜止釋放后向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，到達(dá)－x1點(diǎn)時(shí)速度為零 C．電子在x1處的電勢(shì)能大于在－x1處的電勢(shì)能 D．x1點(diǎn)的電勢(shì)比－x1點(diǎn)的電勢(shì)高 解析：從圖象可以看出，x1處場(chǎng)強(qiáng)與－x1處場(chǎng)強(qiáng)等大、反向，故A錯(cuò)誤；由于x1和－x1兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，且電場(chǎng)強(qiáng)度的大小也相等，故從O點(diǎn)到x1和從O點(diǎn)到－x1電勢(shì)降落相等，故x1和－x1兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，D錯(cuò)誤；電子從x1處由靜止釋放后，若向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)的電勢(shì)最高，電子在O點(diǎn)電勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，速度最大，由于x1處與－x1點(diǎn)處電勢(shì)相同，故電子到達(dá)－x1點(diǎn)時(shí)速度還為零，B正確；x1和－x1兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，電子在x1處的電勢(shì)能等于在－x1處的電勢(shì)能，C錯(cuò)誤． 5．(2016浙江江山實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)(多選)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種靜電除塵裝置，如圖甲所示，其中有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板為絕緣材料，上、下面板為金屬材料．圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定為U的高壓直流電源相連．帶負(fù)電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0，當(dāng)碰到下極后其所帶電荷被中和，同時(shí)被收集．將被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值，稱為除塵率．不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的相互作用．要增大除塵率，則下列措施可行的是(　AB　) A．只增大電壓U　　 B．只增大長(zhǎng)度L C．只增大高度d　　 D．只增大塵埃被吸入水平速度v0 解析：增大除塵率即是讓離下極板較遠(yuǎn)的粒子落到下極板上，帶電塵埃在矩形通道內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)力的方向上的位移y＝()2，由此可知，增大U、增大L、減小d或減小v0均可增大除塵率，所以AB正確，CD錯(cuò)誤． 6．(多選)(2015山東卷)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是(　BC　) A．末速度大小為v0　 B．末速度沿水平方向 C．重力勢(shì)能減少了mgd　 D．克服電場(chǎng)力做功為mgd 解析：因0～內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q＝mg；在～時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝時(shí)刻的豎直速度為vy1＝，水平速度為v0；在～T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時(shí)刻，vy2＝vy1－g＝0粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp＝mg＝mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知，mgd－W電＝0，可知克服電場(chǎng)力做功為mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤，故選B、C． 7．(2016四川綿陽(yáng)市二診)如圖所示，桌面上有一輕質(zhì)彈簧，左端固定在A點(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其右端B點(diǎn)位于桌面右側(cè)邊緣．水平桌面右側(cè)有一豎直放置、半徑R＝0.3 m的光滑半圓軌道MNP，桌面與軌道相切于M點(diǎn)．在以MP為直徑的右側(cè)和水平半徑ON的下方部分有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)的大小E＝.現(xiàn)用質(zhì)量m0＝0.4 kg的小物塊a將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物塊恰停止在B點(diǎn)．用同種材料、質(zhì)量m＝0.2 kg、帶＋q的絕緣小物塊b將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后，小物塊b離開(kāi)桌面由M點(diǎn)沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)P.(g取10 m/s2)求： (1)小物塊b經(jīng)過(guò)桌面右側(cè)邊緣B點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)釋放后，小物塊b在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功； (3)小物塊b在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)最大速度的大小 解析：(1)在P點(diǎn)，mg＝m， 由B到P由動(dòng)能定理得 qER－2mgR＝mv－mv， 解得vB＝3 m/s. (2)由C到B，對(duì)物塊a由能量守恒定律得Ep＝μm0gxCB，由C到B，對(duì)物塊b由能量守恒定律得 Ep＝μmgxCB＋mv， 摩擦力做功Wf＝μmgxCB， 解得Wf＝0.9 J (3)物塊b與圓心連線與豎直方向的夾角為45位置時(shí)(設(shè)為D)，速度最大，B→D，由動(dòng)能定理得 qERsin 45－mgR(1－cos 45)＝mv－mv， 解得vD＝m/s. 答案：見(jiàn)解析