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特訓

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第1講 電場及帶電粒子在電場中的運動 1．(2016天津十二區(qū)縣聯(lián)考一)如圖所示，兩個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，O是AB的中點，C、D分別是AO和OB的中點．一帶電量為＋q的小球從C點由靜止釋放，僅在電場力作用下向右運動，則小球從C點運動到D點的過程中(　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功 D．電勢能先增大后減小 解析：設AB連線上場強為0的點O′與A點的距離為x，由庫侖定律有k＝k，解得x＝LAB，即場強為0的點O′在OD之間．故AO′之間的場強方向向右，場強逐漸減??；O′B之間的場強方向向左，場強逐漸增大；故帶電量為＋q的小球從C點由靜止釋放后，由C向B運動過程中，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功，小球的電勢能先減小再增大，選項ABD錯誤，C正確． 2．(2016湖南長郡中學月考二)如圖所示，N(N>5)個小球均勻分布在半徑為R的圓周上，圓周上P點的一個小球所帶電荷量為－2q，其余小球帶電量均為q，圓心處的電場強度大小為E.若僅撤去P點的帶電小球，圓心處的電場強度大小為(　C　) A．E　 B． C． D． 解析：P點有一個電荷量為－2q的小球，等效于在P點有帶電量－3q和q的兩個小球，那么所有小球在圓心O處的電場強度為E＝，P點沒有小球，等效于在P點有－q和q的兩個小球，那么所有小球產(chǎn)生的電場為E′＝＝，選項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O，以O為圓心的圓周上有M、Q、N三個點，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點的場強大于N點的場強 B．O點的電勢等于Q點的電勢 C．將一負點電荷由M點移到Q點，電荷的電勢能增加 D．一正點電荷只受電場力作用能從Q點沿圓周運動至N點 解析：根據(jù)電場線分布的疏密程度可以表示該區(qū)域場強的大小可知，M點的場強大于N點的場強，選項A正確；根據(jù)電場線與等勢線互相垂直，畫出經(jīng)過O點和Q點的等勢面，再根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，O點的電勢大于Q點的電勢，選項B錯誤；由于M點的電勢大于Q點的電勢，故將一負點電荷由M點移到Q點的過程中，電場力做負功，電荷的電勢能增加，選項C正確；一正點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、故正點電荷不會做圓周運動，選項D錯誤． 4．(2016福州質(zhì)檢)三個間距相等，帶電量分別為－qA、－qB、qC的點電荷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兩點處的場強大小分別為Ea、Eb，將某正檢驗電荷從電場a點移到b點電場力做功為W，其在a、b兩點時的電勢能分別為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，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經(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，不計重力，則M∶m為(　A　) A．3∶2　 B．2∶1　 C．5∶2　 D．3∶1 解析：設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有a＝，l＝t2；對m有a′＝，l＝t2，聯(lián)立解得＝，A項正確． 7．(2016濟南質(zhì)檢)平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間的電場強度，U表示電容器兩極間的電壓；W表示正電荷在P點的電勢能．若保持負極板不動，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，這個結論雖是由考綱外的公式推導出來的，但熟悉這個結論能對解決有關平行板電容器的問題帶來方便．)因為E不變，P點與負極板間的距離不變，所以可知P與負極板間的電壓不變，即P點的電勢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，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．兩板間場強變大 C．粒子將打在下板上　 D．ΔE1>ΔE2 解析：據(jù)題意，當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)電場強度不變， 據(jù)U＝Ed可知兩板間電壓減小，故AB選項錯誤； 據(jù)y＝at2＝可知當下極板上移后y減小， 則水平位移x減小，帶電粒子將打在下極板上，故C選項正確； 電場力做功為W＝qEy，電場強度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選項正確． 9．(2016東北三省三校聯(lián)考二)如圖所示，一重力不計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．當極板所加電壓為U1時，粒子落在A塊上的P點．如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0，同時將A板向上移動后，使粒子由原入射點射入后仍落在P點，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：粒子在勻強電場中做類平拋運動，以速度v0射入時，水平方向x＝v0t1，豎直方向d＝a1t＝； 以速度2v0射入時，水平方向x＝2v0t2，豎直方向 d＝a2t＝＝， 聯(lián)立解得U2＝12U1，選項D正確． 10．(2016陜西咸陽一模)如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，電場線與矩形所在平面平行．已知a、b、d點的電勢分別為20 V,24 V和12 V，一個質(zhì)子以速度v0經(jīng)過b點，速度方向與bc成45角，經(jīng)過一段時間質(zhì)子經(jīng)過c點，不計質(zhì)子的重力，則(　AC　) A．c點的電勢低于a點電勢 B．場強方向由b指向d C．質(zhì)子從b點運動到c點，電場力做功8 eV D．質(zhì)子從b點運動到c點，電場力做功10 eV 解析：如圖，e為ad的中點，f為bc的中點，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，所以場強方向不沿bd方向，B錯；b、c之間的電勢差為8 V，質(zhì)子從b點運動到c點，電場力做功為8 eV，C對，D錯． 11．(2016貴陽適應性監(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電場．質(zhì)量為m的帶電小球由MN的上方的A點以一定的初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平．A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，不計空氣阻力，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的運動時間相等 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，進入電場后小球在豎直方向上做減速運動，因此，電場力豎直向上且大于重力，小球帶負電；由于小球未受水平方向的外力，水平方向的運動是勻速運動，則＝＝2；對小球在豎直方向上的運動，由勻變速直線運動速度公式有gtAB＝atBC，ΔvAB＝gtAB、ΔvBC＝－atBC，對進入電場后的運動由牛頓第二定律有F－mg＝ma，解得F＝3mg，ΔvAB＝－ΔvBC，選項ACD錯誤；B正確． 12．(2016南昌模擬二)真空中有兩個點電荷q1和q2放置在x軸上，q2在坐標原點，q1在q2的左邊，在x軸正半軸的電勢φ隨x變化的關系如圖所示．當x＝x0時，電勢為零，當x＝x1時電勢有最小值，φmin＝－φ0.點電荷產(chǎn)生的電勢公式為φ＝(式中q是點電荷的電量，r是離點電荷的距離．)則下列說法正確的有(　CD　) A．q1與q2為同種電荷 B．x＝x0處的電場強度E＝0 C．將一正點電荷以x0處沿x軸正半軸移動，電場力先做正功后做負功 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A錯誤；φ－x圖線的斜率表示場強，x＝x0處，電勢為零，場強不為零，選項B錯誤；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軸正半軸移動正電荷，電場力先做正功，后做負功，選項C正確；設q1距原點的距離為x2， 則由φx0＝0有＝， 在x＝x1處場強為零，有＝， 解得＝，選項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的正點電荷，將一帶正電小球(可視為點電荷)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)小球向上滑行多遠時其加速度為零？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)當達到最大速度時帶電小球受力平衡，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，在直角坐標系xOy的第一象限中，存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為4E0，虛線是電場的理想邊界線，虛線右端與x軸的交點為A，A點坐標為(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電場，電場強度大小為E0.M(－L、L)和N(－L,0)兩點的連線上有一個產(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，不計粒子的重力和粒子之間的相互作用，且整個裝置處于真空中． (1)若粒子從M點由靜止開始運動，進入第一象限后始終在電場中運動并恰好到達A點，求這個過程中該粒子運動的時間及到達A點的速度大小； (2)若從MN線上M點下方由靜止發(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A點，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間 L＝t 在第一象限內(nèi)L＝t 得t1＝，t2＝ 這個過程中該粒子所用的時間 t總＝t1＋t2＝ 由動能定理E0qL＝mv 4E0qL＝mv2－mv v＝ (2)設粒子從P點坐標為(－L、y0)由靜止開始做勻加速直線運動粒子進入第一象限做類平拋運動，經(jīng)Q點后做勻速直線運動，設Q點坐標為(x、y)粒子進入第一象限的速度 E0qL＝mv 做類平拋運動經(jīng)Q點時，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，豎直平面直角坐標系中，一半徑為R的絕緣光滑管道位于其中，管道圓心坐標為(0，R)，其下端點與x軸相切于坐標原點，其上端點與y軸交于C點，坐標為(0,2R)．在第二象限內(nèi)，存在水平向右，范圍足夠大的勻強電場，場強大小為E1＝.在x≥R，y≥0范圍內(nèi)，有水平向左、范圍足夠大的勻強電場，場強大小為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A下滑，通過水平光滑軌道(不計轉(zhuǎn)角處能量損失)，從管道下端點B進入管道(小球直徑略小于管道內(nèi)徑，不計小球的電量損失)．試求： (1)小球至少從多高處滑下，才能到達管道上端點C，求出此時小球出發(fā)點的坐標； (2)在此情況下，小球通過管道最高點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，小球的速度最小，即D點為管道的等效最高點，此時vD＝0 從B點到D點由動能定理有 －mg(R＋R)－qE1R＝－mv 得v＝gR 在第一象限的復合場中，分析可知，小球由靜止開始做勻加速運動，其等效加速度為a＝g 所以，A點縱坐標 yA＝＝gR＝R A點橫坐標xA＝R＋R＝R 即A點的坐標為 (2)從B到C點，由動能定理有 －mg2R＝mv－mv，得v＝gR 小球通過最高點C時，向心力由重力和管道壓力提供，設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．