《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí)收尾二輪專題突破檢測 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí)收尾二輪專題突破檢測 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) (45分鐘　100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。多選題已在題號(hào)后標(biāo)出) 1.(2020·東城區(qū)一模)法拉第首先提出用電場線形象生動(dòng)地描繪電場,如圖所示為點(diǎn)電荷a、b所形成電場的電場線分布圖,以下幾種說法中正確的是(　　) A.a、b為異種電荷,a的電荷量大于b的電荷量 B.a、b為異種電荷,a的電荷量小于b的電荷量 C.a、b為同種電荷,a的電荷量大于b的電荷量 D.a、b為同種電荷,a的電荷量小于b的電荷量 2.(2020·福建高考)如圖,在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中,將兩個(gè)帶正電的試探電荷q1、q2分別置于A、B兩點(diǎn),虛線

2、為等勢線。取無窮遠(yuǎn)處為零電勢點(diǎn),若將q1、q2移動(dòng)到無窮遠(yuǎn)的過程中外力克服電場力做的功相等,則下列說法正確的是(　　) A.A點(diǎn)電勢大于B點(diǎn)電勢 B.A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相等 C.q1的電荷量小于q2的電荷量 D.q1在A點(diǎn)的電勢能小于q2在B點(diǎn)的電勢能 3.(2020·西城區(qū)一模)如圖所示,足夠長的兩平行金屬板正對豎直放置,它們通過導(dǎo)線與電源E、定值電阻R、開關(guān)S相連。閉合開關(guān)后,一個(gè)帶電的液滴從兩板上端的中點(diǎn)處無初速度釋放,最終液滴落在某一金屬板上。下列說法中正確的是(　　) A.液滴在兩板間運(yùn)動(dòng)的軌跡是一條拋物線 B.電源電動(dòng)勢越大,液滴在板間運(yùn)動(dòng)的加速度越大 C.電源電

3、動(dòng)勢越大,液滴在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長 D.定值電阻的阻值越大,液滴在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長 4.(2020·長沙一模)如圖所示,A、B兩個(gè)帶電小球的質(zhì)量均為m,所帶電量分別為+q和-q,兩球間用絕緣細(xì)線連接,A球又用絕緣細(xì)線懸掛在天花板上,細(xì)線長均為L?，F(xiàn)在兩球所在的空間加上一方向向左的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度E=,A、B兩球最后會(huì)達(dá)到新的平衡位置,則在這個(gè)過程中,兩個(gè)小球(　　) A.總重力勢能增加了mgL B.總重力勢能增加了mgL C.總電勢能減少了mgL D.總電勢能減少了mgL 5.(多選)(2020·淄博一模)如圖所示,真空中M、N處放置兩等量異種電荷,a、b、c為電場中的三點(diǎn),

4、實(shí)線PQ為M、N連線的中垂線,a、b兩點(diǎn)關(guān)于MN對稱,a、c兩點(diǎn)關(guān)于PQ對稱,已知一帶正電的試探電荷從a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)時(shí),試探電荷的電勢能增加,則以下判定正確的是(　　) A.M點(diǎn)處放置的是負(fù)電荷 B.a點(diǎn)的場強(qiáng)與c點(diǎn)的場強(qiáng)完全相同 C.a點(diǎn)的電勢高于c點(diǎn)的電勢 D.若將該試探電荷沿直線由a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn),則電場力先做正功,后做負(fù)功 6.(2020·涼山一模)如圖所示,質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小物塊置于傾角37°的光滑斜面上,當(dāng)整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中時(shí),小物塊恰好靜止在斜面上,現(xiàn)將電場方向突然改為水平向右,而場強(qiáng)大小不變,則(　　) A.小物塊仍靜止 B.小物塊將沿斜面加速上滑

5、 C.小物塊將沿斜面加速下滑 D.小物塊將脫離斜面運(yùn)動(dòng) 7.(多選)(2020·吉林二模)如圖所示,充電后與電源分離的平行板電容器,其正極板接地,在極板間P點(diǎn)有一帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板移至虛線處,則(　　) A.兩板間電壓變小 B.P點(diǎn)場強(qiáng)不變,但電勢降低 C.電荷q仍保持靜止 D.電荷q的電勢能減小 8.(2020·太原一模)一勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示,在該勻強(qiáng)電場中,有一個(gè)帶電粒子于t=0時(shí)刻由靜止釋放,若帶電粒子只受電場力作用,則下列說法中正確的是(　　) A.帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) B.0～2s內(nèi),電場力所做的功等于零 C.4s末帶

6、電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) D.2.5～4s內(nèi),速度的改變等于零 二、計(jì)算題(本大題共2小題,共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.(18分)(2020·保定一模)如圖,在水平方向的勻強(qiáng)電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿ab,其下端(b端)距地面高度h=0.8m。一質(zhì)量為1kg的帶電小環(huán)套在直桿上,正以某速度沿桿勻速下滑,小環(huán)離桿后正好通過b端的正下方c點(diǎn)處。(取b點(diǎn)為零勢能點(diǎn),g取10m/s2)求: (1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向; (2)小環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能; (3)小環(huán)從b到c運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能最小值。 10.(18分)(2020·四川高考)如圖所

7、示,ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道,AB段光滑水平,BC段為光滑圓弧,對應(yīng)的圓心角θ=37°,半徑r=2.5m,CD段平直傾斜且粗糙,各段軌道均平滑連接,傾斜軌道所在區(qū)域有場強(qiáng)大小為E=2×105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量m=5×10-2kg、電荷量q=+1×10-6C的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))被彈簧槍發(fā)射后,沿水平軌道向左滑行,在C點(diǎn)以速度v0=3m/s沖上斜軌。以小物體通過C點(diǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn),0.1s以后,場強(qiáng)大小不變,方向反向。已知斜軌與小物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 (1)求彈

8、簧槍對小物體所做的功; (2)在斜軌上小物體能到達(dá)的最高點(diǎn)為P,求CP的長度。 答案解析 1.【解析】選B。由題圖看出,電場線由一個(gè)點(diǎn)電荷發(fā)出到另一個(gè)點(diǎn)電荷終止,由此可知,a、b必為異種電荷,C、D選項(xiàng)錯(cuò);又由圖可知,電荷b附近的電場線比電荷a附近的電場線密,則電荷b附近的場強(qiáng)一定比電荷a附近的場強(qiáng)大,b帶的電荷量必然多于a帶的電荷量,則A選項(xiàng)錯(cuò)誤,B選項(xiàng)正確。 2.【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)明確以下三點(diǎn): (1)電場線與等勢面垂直,沿著電場線的方向電勢越來越低。 (2)電場線密的地方場強(qiáng)大。 (3)電場力做功與電勢能的變化關(guān)系。 【解析】選C。由于將q1、q2移到無窮遠(yuǎn)

9、過程外力克服電場力做的功相等,則q1在A點(diǎn)的電勢能等于q2在B點(diǎn)的電勢能,D錯(cuò)。由于電場力做負(fù)功,則電場線由外指向內(nèi),B點(diǎn)電勢大于A點(diǎn)電勢,A錯(cuò)。A點(diǎn)所處電場線密,場強(qiáng)大,A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度方向也不同,B錯(cuò)。據(jù)W=qU及A點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)電勢差大于B點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)電勢差,因此q1的電荷量小于q2的電荷量,C對。 3.【解析】選B。電容器充滿電荷后,極板間的電壓等于電源的電動(dòng)勢。極板間形成了電場,液滴受水平方向的電場力和豎直方向的重力作用,合力為恒力,而初速度為零,則液滴做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò);電源電動(dòng)勢越大,則液滴受到的電場力也越大,合力越大,加速度也越大,B項(xiàng)對;電源電動(dòng)勢越大,加速度

10、越大,同時(shí)豎直位移越小,則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短,C項(xiàng)錯(cuò);定值電阻不會(huì)影響兩極板上電壓的大小,則對液滴的運(yùn)動(dòng)沒有影響,D項(xiàng)錯(cuò)。 4.【解析】選D。A、B兩個(gè)帶電小球整體所受電場力為零,故OA線豎直,B球向右偏45°最后靜止,則總重力勢能增加了mg(L-Lcos45°)=mgL,故A、B項(xiàng)均錯(cuò);總電勢能減少了qELsin45°=mgL,故C項(xiàng)錯(cuò),D項(xiàng)對。 5.【解題指南】解答該題的關(guān)鍵點(diǎn): (1)兩等量異種電荷的電場線分布情況及等勢面特點(diǎn); (2)抓住帶正電試探電荷從a到c電勢能增加這一點(diǎn),分析說明該過程中電場力做負(fù)功; (3)注意利用場的對稱性分析。 【解析】選A、D。由正試探電荷從a到c

11、電勢能增加得,該過程中電場力做負(fù)功,故M帶負(fù)電,N帶正電,A正確。由場的對稱性知,Ea=Ec,但方向不同,B錯(cuò)誤。由沿電場線電勢降低得φa<φc,C錯(cuò)誤。該試探電荷從a到b的過程中電場力與速度的夾角先為銳角后為鈍角,即電場力先做正功,后做負(fù)功,D正確。 6.【解析】選C。小物塊恰好靜止時(shí)電場力等于重力,即F電=mg。當(dāng)把電場方向突然改為水平向右時(shí)小物塊受到的電場力方向變?yōu)樗较蜃?把電場力和重力分解到沿斜面和垂直斜面的兩個(gè)方向上:在垂直斜面方向上有F電sin 37°+N=mgcos 37°,在沿斜面方向上有F電cos 37°+mgsin 37°=ma,故小物塊將沿斜面加速下滑。 7.【解析

12、】選A、C。平行板電容器充電后與電源分離,電量保持不變,板間距離減小,由電容的決定式C∝得電容增大。由公式C=分析得知,板間電壓U減小,故A正確。電容器電量、正對面積不變時(shí),板間場強(qiáng)不變。P點(diǎn)與B板間電勢差大小U=Ed,d減小,U減小,而P點(diǎn)的電勢小于B板電勢,則P點(diǎn)電勢升高,故B錯(cuò)誤。板間場強(qiáng)不變,電荷q所受電場力不變,仍保持靜止,故C正確。由電荷靜止可判斷出來電荷帶正電,P點(diǎn)電勢升高,電荷q的電勢能增大,故D錯(cuò)誤。 8.【解析】選D。由牛頓第二定律可知,帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度a=,為第2s內(nèi)加速度a=的,因此先加速1s再減速0.5s,速度為零,接下來的1.5s將反向加速,v-t圖像如

13、圖所示,所以選項(xiàng)A錯(cuò);0～2s內(nèi),帶電粒子的初速度為零,但末速度不為零,由動(dòng)能定理可知電場力所做的功不為零,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由v-t圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積為物體的位移,由對稱可以看出,前4s內(nèi)的位移不為零,所以帶電粒子不會(huì)回到原出發(fā)點(diǎn),所以C錯(cuò)誤;2.5～4s內(nèi),v2.5=v4,故Δv=0,選項(xiàng)D正確。 【方法技巧】處理帶電粒子在交變電場中運(yùn)動(dòng)的一般方法 (1)對于帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動(dòng),一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運(yùn)動(dòng)過程的情境出現(xiàn)。 解決的方法: ①根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)或動(dòng)力學(xué)認(rèn)真分析其中一個(gè)變化周期內(nèi)相關(guān)物理量的變化規(guī)律。 ②借助運(yùn)動(dòng)圖像進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過程分析,找出每一運(yùn)動(dòng)過

14、程或每一運(yùn)動(dòng)階段中相關(guān)物理量間的關(guān)系,進(jìn)行歸納、總結(jié)、推理,尋找?guī)щ娏Ｗ拥倪\(yùn)動(dòng)規(guī)律。 (2)對于帶電粒子在交變電場中的曲線運(yùn)動(dòng),解決的方法仍然是應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法,把曲線運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng),然后分別應(yīng)用直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律加以解決。 9. 【解析】(1)由題意知小環(huán)帶負(fù)電; 小環(huán)沿ab桿勻速下滑,小環(huán)共受3個(gè)力,可知qE=mg,　 (2分) 小環(huán)離開直桿后,只受重力和電場力, F合=mg=ma,a=g=10m/s2,　 (2分) 方向垂直于桿向下。　 (1分) (2)小環(huán)離開桿做類平拋運(yùn)動(dòng):

15、 平行于桿的方向做勻速運(yùn)動(dòng): h=vt　 (2分) 垂直于桿的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng):h=at2　 (2分) 又因?yàn)?Ek=mv2　 (2分) 解得:Ek=2J (1分) (3)根據(jù)能量守恒,機(jī)械能最小值E=Ek-Ep

16、 (2分) 電勢能:Ep=m　 (2分) v1=vcos45° (1分) 解得E=1J (1分) 答案:(1)10m/s2　垂直于桿向下 (2)2J　(3)1J 10.【解析】(1)設(shè)彈簧槍對小物體做的

17、功為W,由動(dòng)能定理得 W-mgr(1-cosθ)=m　 ①(2分) 代入數(shù)據(jù)得W=0.475J ②(1分) (2)取沿平直斜軌向上為正方向。設(shè)小物體通過C點(diǎn)進(jìn)入電場后的加速度為a1,由牛頓第二定律得 -mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1　 ③(3分) 小物體向上做勻減速運(yùn)動(dòng),經(jīng)t1=0.1s后,速度達(dá)到v1,有 v1=v0+a1t1　

18、 ④(2分) 由③④可知v1=2.1m/s,設(shè)運(yùn)動(dòng)的位移為x1,有 x1=v0t1+a1　 ⑤(2分) 電場力反向后,設(shè)小物體的加速度為a2,由牛頓第二定律得 -mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2　 ⑥(3分) 設(shè)小物體以此加速度運(yùn)動(dòng)到速度為0,運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,位移為x2,有 0=v1+a2t2　

19、 ⑦(1分) x2=v1t2+a2　 ⑧(1分) 設(shè)CP的長度為x,有x=x1+x2　 ⑨(2分) 聯(lián)立相關(guān)方程,代入數(shù)據(jù)解得x=0.57m ⑩(1分) 答案:(1)0.475J　(2)0.57 m 【方法技巧】處理帶電粒子的運(yùn)動(dòng)問題的一般思路 (1)選取研究對象; (2)分析研究對象受力情況(尤其要注意是否應(yīng)該考慮重力,電場力是否為恒力等); (3)分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(初始狀態(tài)及條件,直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)等); (4)建立正確的物理模型,恰當(dāng)選用規(guī)律或其他手段(如物理量的變化圖像等)找出物理量間的關(guān)系,建立方程組解題; (5)討論所得結(jié)果。