高考物理二輪復習 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動演練

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第1講 電場及帶電粒子在電場中的運動 1．(2015安徽卷)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為，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，極板正對面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q.不計邊緣效應時，極板可看做無窮大導體板，則極板間的電場強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＝正負極板都有場強，由場強的疊加可得E＝，電場力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，負極板接地．兩板間有一個正試探電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢、W表示正電荷在P點的電勢能．若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，各物理量與負極板移動距離x的關系圖像中正確的是(　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無關，B錯誤． 在負極板接地的情況下， φ＝φ0－Ex，C正確． 正電荷在P點的電勢能W＝qφ＝q(φ0－Ex)，D錯誤． 3．(多選)(2015廣東卷)如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止， 不計重力，則(　BD　) A．M的帶電量比N的大 B．M帶負電荷、N帶正電荷 C．靜止時M受到的合力比N的大 D．移動過程中勻強電場對M做負功 解析：對小球受力分析可得，兩小球在電場力和庫侖力的作用下處于平衡狀態(tài)，又因其庫侖力大小相等，故所受電場力大小相等，即qME＝qNE，所以M、N帶的電荷量相等，A錯誤；M帶負電，受到向左的電場力與向右的庫侖力平衡，B正確；靜止時，受的合力都為零，C錯誤；M沿電場線方向有位移，電場力做負功，D正確． 4．(2016廈門一模)空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖像如圖所示，x1和－x1為x軸上對稱的兩點．下列說法正確的是(　B　) A．x1處場強大于－x1處場強 B．若電子從x1處由靜止釋放后向x軸負方向運動，到達－x1點時速度為零 C．電子在x1處的電勢能大于在－x1處的電勢能 D．x1點的電勢比－x1點的電勢高 解析：從圖象可以看出，x1處場強與－x1處場強等大、反向，故A錯誤；由于x1和－x1兩點關于O點對稱，且電場強度的大小也相等，故從O點到x1和從O點到－x1電勢降落相等，故x1和－x1兩點的電勢相等，D錯誤；電子從x1處由靜止釋放后，若向O點運動，O點的電勢最高，電子在O點電勢能最小，動能最大，速度最大，由于x1處與－x1點處電勢相同，故電子到達－x1點時速度還為零，B正確；x1和－x1兩點的電勢相等，電子在x1處的電勢能等于在－x1處的電勢能，C錯誤． 5．(2016浙江江山實驗中學模擬)(多選)某同學設計了一種靜電除塵裝置，如圖甲所示，其中有一長為L、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．帶負電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0，當碰到下極后其所帶電荷被中和，同時被收集．將被收集塵埃的數(shù)量與進入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值，稱為除塵率．不計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的粒子落到下極板上，帶電塵埃在矩形通道內做類平拋運動，在沿電場力的方向上的位移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，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關于微粒在0～T時間內運動的描述，正確的是(　BC　) A．末速度大小為v0　 B．末速度沿水平方向 C．重力勢能減少了mgd　 D．克服電場力做功為mgd 解析：因0～內微粒勻速運動，故E0q＝mg；在～時間內，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝時刻的豎直速度為vy1＝，水平速度為v0；在～T時間內，由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－g＝0粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg＝mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為mgd，選項D錯誤，故選B、C． 7．(2016四川綿陽市二診)如圖所示，桌面上有一輕質彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端B點位于桌面右側邊緣．水平桌面右側有一豎直放置、半徑R＝0.3 m的光滑半圓軌道MNP，桌面與軌道相切于M點．在以MP為直徑的右側和水平半徑ON的下方部分有水平向右的勻強電場，場強的大小E＝.現(xiàn)用質量m0＝0.4 kg的小物塊a將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點．用同種材料、質量m＝0.2 kg、帶＋q的絕緣小物塊b將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后，小物塊b離開桌面由M點沿半圓軌道運動，恰好能通過軌道的最高點P.(g取10 m/s2)求： (1)小物塊b經(jīng)過桌面右側邊緣B點時的速度大?。? (2)釋放后，小物塊b在運動過程中克服摩擦力做的功； (3)小物塊b在半圓軌道中運動最大速度的大小 解析：(1)在P點，mg＝m， 由B到P由動能定理得 qER－2mgR＝mv－mv， 解得vB＝3 m/s. (2)由C到B，對物塊a由能量守恒定律得Ep＝μm0gxCB，由C到B，對物塊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(設為D)，速度最大，B→D，由動能定理得 qERsin 45－mgR(1－cos 45)＝mv－mv， 解得vD＝m/s. 答案：見解析