2020高考物理二轮复习 抓分天天练 重点知识练1.14 电场性质与带电粒子的运动(一)课件

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1.14电场性质与带电粒子的运动(一)一、选择题1.(2019·福建一模)如图所示,实线表示电场线,虚线表示带电粒子运动的轨迹,带电粒子只受电场力作用,运动过程中电势能减小,它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是()答案C解析由粒子的运动轨迹,判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧,从而判断粒子受力的方向向右;由于运动过程中粒子的电势能减小,所以电场力做正功,粒子运动的方向一定是从c到a;故C项正确,A、B、D三项错误.2.(2019·课标全国Ⅱ)(多选)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则()A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行答案AC解析由于电场的特点未知,对于带电粒子,其运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小,故A项正确;带电粒子在只受电场力,且电场线是直线时运动轨迹才与电场线重合,由于该电场未知,所以粒子的轨迹不一定与某条电场线重合,故B项错误;粒子从静止开始运动,电场力一定做正功,所以粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能,故C项正确;若粒子运动的轨迹为曲线,粒子在N点所受电场力的方向为电场线的切线方向,粒子轨迹的切线方向为速度的方向,根据曲线运动的条件可知,此时电场力的方向与速度的方向一定不能平行,故D项错误.3.(2019·嘉兴模拟)如图所示,带电小球A、B固定在绝缘竖直杆上,带电小球C静止于光滑绝缘水平面上,且对水平面没有压力.B、C处于同一水平面上,且两者距离与A、B距离相等,A、B的带电量分别为qA、qB,则比值|qA||qB|为()A.1B.2C.2D.22答案D解析设A、B,B、C间的距离均为L,对C进行受力分析,受A对C的吸引力,B对C的排斥力,及其自身重力;由平衡条件,结合矢量的合成法则,得:kqBqCL2=kqAqC(2L)2sin45°解得:qAqB=22,故A、B、C三项错误,D项正确.4.(2019·合肥一模)图示为一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动的一段轨迹,A、B为轨迹上的两点.已知该粒子的质量为m、电荷量为q,其在A点的速度大小为v0,方向竖直向上,到B点时速度方向与水平方向的夹角为30°,粒子重力不计.则A、B两点间的电势差为()A.mv02qB.mv022qC.3mv022qD.2mv02q答案C解析设带电粒子在B点的速度大小为vB,粒子在垂直于电场方向做匀速直线运动,分速度不变,故有:vBsin30°=v0①设A、B间的电势差为UAB,由动能定理有:qUAB=12mvB2-12mv02②联立①②可以求出A、B两点间的电势差为UAB=3mv022q,故A、B、D三项错误,C项正确.5.(2019·江苏)(多选)如图所示,ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点.先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点,此过程中,电场力做功为-W.再将Q1从C点沿CB移到B点并固定.最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点.下列说法正确的有()A.Q1移入之前,C点的电势为WqB.Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为-4W答案ABD解析Q1从无穷远处(电势为0)移到C点的过程,U∞C=-Wq.又U∞C=0-φC=-φC,可得Q1移入之前,C点的电势为:φC=Wq,故A项正确;Q1移入之前,C点与B点的电势相等,两者间的电势差为0,根据W=qU知,Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0,故B项正确;根据电场的叠加原理知,C点的电势为:φ′C=2φC=2Wq,Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为:W′=-2q(0-φ′C)=4W,故C项错误;Q2在移到C点后的电势能为Ep=-2qφ′C=-4W.6.(2019·四川模拟)如图所示,边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒.每根细棒均匀带上正电.现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点,此时正六边形几何中心O点的场强为零.若移走+Q及AB边上的细棒,则O点强度大小为(k为静电力常量)(不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响)()A.kQL2B.4kQ3L2C.23kQ3L2D.43kQ3L2答案D解析每根细棒均匀带上正电,现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点,此时正六边形几何中心O点的场强为零;由此可知,+Q的点电荷在O点的电场强度大小为E=kQ32L2=4kQ3L2;那么每根细棒在O点的电场强度大小也为E=4kQ3L2;因此+Q及AB边上的细棒在O点的合电场强度大小E合=43kQ3L2,其方向如右图所示:若移走+Q及AB边上的细棒,那么其余棒在O点的电场强度大小为E′合=43kQ3L2,方向与图中方向相反,故A、B、C三项错误,D项正确.7.(2019·江苏一模)一带正电的粒子仅在电场力作用下做直线运动,将初始位置O定为坐标原点和零电势能点,取运动方向为x轴的正方向,粒子动能Ek与位置坐标x的关系如图所示.则下列关于场强E和粒子的速度v、加速度a、电势能Ep与x的关系图象中,合理的是()答案B解析设粒子的初动能为Ek0,电场强度为E,由图知动能减小,电场力做负功,由动能定理得:-qEx=Ek-Ek0,即Ek=-qEx+Ek0,可知图象的斜率反应电场强度的变化,由于斜率恒定,所以电场强度恒定,即E不变化,由牛顿第二定律知加速度也不变化,故A、C两项错误;因为只有电场力做功,所以动能和电势能的和不变,动能均匀减小,则电势能应均匀增加,故D项错误;粒子做减速运动,随着时间的增加,发生相同的位移需要的时间越来越长,因加速度不变,则速度的变化量越来越大,可知图象B合理,故B项正确.8.(2019·石家庄模拟)(多选)已知x轴上电场方向与x轴方向平行,x轴上各点电势如图所示,x=0处电势为5V,一电子从x=-2cm处由静止释放,则下列说法正确的是()A.x=0处电场强度为零B.电子在x=-2cm处的加速度小于电子在x=-1cm处的加速度C.该电子不可能运动到x=2cm处D.该电子运动到x=0处时的动能为3eV答案AD解析根据图线斜率的意义可知,φ­x图线的斜率表示电场强度,所以可知在x=0处电场强度为0,故A项正确;图线的斜率表示电场强度,由图可知x=-2cm处的电场强度大于x=-1cm处的电场强度,则电子的加速度为:a=eEm可知电子在x=-2cm处的加速度大于电子在x=-1cm处的加速度,故B项错误;电子从x=-2cm到x=2cm处,电势增加,电场力做正功.电子能运动到x=2cm处,故C项错误;电子从x=-2cm处由静止释放,由图可知,在x=-2cm处的电势为2V,电子在x=0处的电势为5V,电子的电势增大3V,所以电子的电势能减小3eV.电子动能的增加量等于电势能的减少量,所以电子到达x=0处的动能为3eV,故D项正确.9.(2019·深圳模拟)如图所示,一竖直放置的平行板电容器和电源相连,开关S闭合,左极板固定且接地.一根轻绳一端固定在电容器外面的O点,另一端连接一带电小球(可视为点电荷),放在两极板间,平衡时细绳偏离竖直方向的角度为θ.现在在开关闭合或断开两种情况下,用外力把右极板缓慢向右平移一小段相同的距离,若开关闭合,外力做功为W1;若开关断开,外力做功为W2.假设电场仅存在于两极板之间,带电小球不影响平行板电容器之间的匀强电场,则下列说法正确的是()A.W1W2B.W1W2C.闭合开关,移动右极板的过程中,小球的机械能逐渐增加D.断开开关,移动右极板的过程中,小球的电势能逐渐增加答案B解析开关闭合,用外力把右极板向右平移一小段距离,电容变小,电压不变,电量变小,场强变小,右极板所受电场力变小;开关S断开,电量不变,两极板间场强E=Ud=QCd=4πkQεS,场强不变,用外力把右极板向右移动相同距离,电场力不变,位移相同,所以第二种情况外力做功多,故A项错误,B项正确;小球原来处于静止状态,受力平衡,电场力水平向左,移动右极板的过程中,极板间的场强减小,小球缓慢向下摆动,则机械能减小,故C项错误;断开开关,移动右极板的过程中,极板间的场强不变,小球保持静止,小球的电势不变,小球的电势能保持不变,故D项错误.10.(2019·广州模拟)(多选)如图所示,M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板,M中间有一小孔.M、N分别接到电压恒定的电源上(图中未画出).小孔正上方的A点与极板M相距h、与极板N相距3h.某时刻一质量为m、带电量为q的微粒从A点由静止下落,到达极板N时速度刚好为零(不计空气阻力,重力加速度为g).则()A.带电微粒在M、N两极板间往复运动B.两极板间电场强度大小为3mg2qC.若将M向下平移h3,微粒仍从A点由静止下落,进入电场后速度为零的位置与N的距离为54hD.若将N向上平移h3,微粒仍从A由静止下落,进入电场后速度为零的位置与M的距离的54h答案BD解析在A、M之间微粒只受重力,做自由落体运动,进入电场后,在重力和电场力的合力作用下做匀减速直线运动,速度为零后,反向做匀加速直线运动,到达M板后,继续上升做竖直上抛运动,然后重复上述过程,因此微粒在A、N之间做往返运动,故A项错误;整个过程,由动能定理得:mg3h-qE2h=0-0,解得:E=3mg2q,故B项正确;不平移时,根据动能定理得:mg3h-UMNq=0,若将M向下平移h3,微粒仍从A点由静止下落,设速度为零时距离N板距离为x,由动能定理得:mg·(3h-x)-UMN53h·53h-xq=0,解得:x=0,故C项错误;若将N向上平移h3,微粒仍从A点由静止下落,假设距离M的距离为x,由动能定理得:mg(h+x)-UMN53h·xq=0,解得:x=54h,故D项正确.二、非选择题11.(2019·课标全国Ⅱ)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同.G接地,P、Q的电势均为φ(φ0).质量为m、电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计.(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?答案(1)12mv02+2qhφdv0mdhqφ(2)2v0mdhqφ解析(1)PG、QG间的电场强度大小相等、方向相反,设为E,则有:E=φd2=2φd,设粒子第一次到达G时动能为Ek,根据动能定理可得:qEh=Ek-12mv02解得:Ek=12mv02+2qhφd;粒子在PG间运动的加速度为:a=qEm=2qφmd此过程中粒子运动时间为t,则有:h=12at2在水平方向上的位移大小为:x=v0t;解得:x=v0mdhqφ;(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短,根据对称性可知,此时金属板的长度为:L=2x=2v0mdhqφ.12.(2019·杭州模拟)如图所示,在竖直平面内有一绝缘“⊂”型杆放在水平向右的匀强电场中,其中AB、CD水平且足够长,光滑半圆半径为R,质量为m、电量为+q的带电小球穿在杆上,从距B点x=5.75R处以某初速度v0开始向左运动.已知小球运动中电量不变,小球与AB、CD间的动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80,电场力Eq=3mg4,重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)若小球的初速度v0=4gR,则小球运动到半圆上B点时受到的支持力为多大?(2)小球的初速度v0满足什么条件可以运动过C点?(3)若小球的初速度v0=4gR,初始位置变为x=4R,则小球在杆上静止时通过的路程为多大?答案(1)5.5mg(2)v

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