高考物理大二轮复习第8讲电场及带电粒子在电场中的运动专题复习指导练案.doc

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1、1第第 8 8 讲讲 电场及带电粒子在电场中的运动电场及带电粒子在电场中的运动限时：40 分钟一、选择题(本题共 8 小题，其中 14 题为单选，58 题为多选)1(2017山东省潍坊一模)如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为 2 V，a点的坐标为(0, 4)，电势为 8 V，b点的坐标为(3,0)，电势为 8 V，则电场强度的大小为( A )导学号 86084164A 250V/m B 200V/mC 150V/m D 120V/m解析 由题意可得a、b两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于ab，过O点做ab的垂线相交ab于c点，由几何关系得：tanb

2、，得b53；4 3ocobsinb0.03sin532.4102 mco间的电势差为：U8 V2 V6 V；则电场强度为：E250 V/m，故 A 正确。U Oc2(2017山东省市一模)两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且OMON，由图可知( B )导学号 86084165AN点的电势低于M点的电势2BM、N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小C仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动D负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功解析 由图知，N点的电势高于

3、M点的电势。故 A 错误；由E 可知，图象的斜率U d绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小。斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同。故 B 正确；根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动。故 C 错误；负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功。故 D 错误。3(2017山东省市一模)如图，Q为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线。两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A以相同的速度v0射入，轨迹如图中曲线，B、C为两曲线与

4、圆的交点。aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小，vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小。不计粒子重力，以下判断正确的是( C )导学号 86084166A aBaC vBvC B aBaC vBvCC aBaC vBvC D aBaC vBvC解析 由图可知粒子均带正电，AB曲线弯曲程度较AC大，可知AB轨迹的粒子质量较小，因为B、C两点电势相等，可知UACUAB，电荷量相同，由动能定理：qUmv2mv，可知vBaC，综上分析可知 C 正确，ABD 错误。4(2017市一模)如图所示电路，水平放置的平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑动端C相连接。电子以速度v0垂直于电场线方向射入

5、并穿过平行板间的电场。在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端C上移，则电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需的时间t( A )导学号 86084167A电量q增大，时间t不变B电量q不变，时间t增大3C电量q增大，时间t减小D电量q不变，时间t不变解析 当滑动变阻器的滑动端C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据qUC得：电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间t与电压的变化无关，所以时间t不变。故 A 正l v0确，BCD 错误。5(2017湖南省市二模)三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水

6、平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒 2 恰好沿下极板边缘飞出电场，则( AD )导学号 86084168A三微粒在电场中的运动时间有t1t2t3 B三微粒所带电荷量有q1q2q3C三微粒所受电场力有F1F2F3D飞出电场时微粒 2 的动能大于微粒 3 的动能解析 粒子在电场中运动的时间t ，水平速度相等而位移x1x2x3，所以x vt1t2t3，所以 A 正确；根据竖直位移公式：yat2t2，对粒子 1 与 2，两者竖1 21 2Eq m直位移相等，可知：在y、E、m相同的情况下，粒子 2 的时间长，则电量小，即q1q2，而对

7、粒子 2 和 3 在E、m、t相同的情况下，粒子 2 的竖直位移大，则q2q3。所以 B 错误；由 B 选项分析知：q1q2，所以F1F2，C 错误；由 B 选项分析，q2q3，且y2y3，则Eq2y2Eq3y3，电场力做功多，增加的动能大，所以 D 正确。6(2017山东省淄博、市二模)某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示；场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x1位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力。下列说法正确的是( BD )导学号 86084169A点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先

8、保持不变，然后均匀增大再均匀减小4B点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小C电势差Uox1Uox2D在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置的电势能最大解析 点电荷从x1运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段：点电荷从x1运动到O的过程中，初速度为 0，根据牛顿第二定律：a ，电场强度E不变，所以加速度aF mEq m不变，做匀加速运动。点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a ，电F mEq m场强度E先增大后减小，所以加速度a先增大再减小，速度不是均匀变化。故 A 错误；点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a ，电场强度E先均匀增大后均F

9、 mEq m匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小。故 B 正确；点电荷从O运动到x1的过程中，根据动能定理：Uox1 q0mv ，点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理：Uox2 1 22 0q0mv ，所以：电势差Uox1Uox2 ，故 C 错误；点电荷从O运动到x1的过程中，电1 22 0场力做负功，电势能增大，点电荷在x1位置的电势能最大；点电荷从O运动到x2的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x2位置的电势能最大。故 D 正确。7(2017江西省市二模)有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势随x的分布如图所示。一质量为m、带电量为q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V

10、0从x0 处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的是( BD )导学号 86084170A粒子从x0 处运动到xx1处的过程中动能逐渐增大B粒子从xx1处运动到xx3处的过程中电势能逐渐减小C欲使粒子能够到达xx4处，则粒子从x0 处出发时的最小速度应为 2q0 mD若v02，则粒子在运动过程中的最小速度为2q0 m6q0 m解析 粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故 A 错误；粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势能小，可知 B 正确；根据电场

11、力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处5时，由动能定理得：q0(0)0mv，解得：v0，则要使粒子能运动1 22 02q0 m到x4处，粒子的初速度v0至少为。故 C 错误；若v02，粒子运动到x1处电2q0 m2q0 m势能最大，动能最小，由动能定理得：q0(0)mv mv，解得最小速度1 22min1 22 0为：vmin，故 D 正确。6q0 m8(2017山东省淄博、市二模)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容器电容为C。电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量ECU2。一电荷量为q的带

12、电油滴以初动能Ek从平行板电容器1 2的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( BD )导学号 86084171A保持开关闭合，只将上极板下移了 ，带电油滴仍能沿水平线运动d 3B保持开关闭合，只将上极板下移 ，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能d 3为EkqU 12C断开开关后，将上极板上移 ，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板d 3做功至少为CU22 3D断开开关后，将上极板上移 ，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板d 3做功至少为CU21 6解析 保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移 的过程中，极板距离减小，根据d 3知电场强度

13、增大，电场力增大，带电油滴向上做加速运动，故 A 错误；初始时能匀速通过U d电容器，说明mgq，保持开关闭合，仅将上极板下移 ，两极板间距离变为d，电场强U d2 36度E，电场力做功WqE( )，根据动能定理WEkEk0，mg( )3U 2dd 2d 3qU 4d 2d 3EkEk0 ，解得：EkEk0dEk0，所以撞击上极板时的动能是qU 4qU 41 6qU dqU 12Ek0，故 B 正确；断开开关，电容器所带的电荷量不变，根据qU 12E ，可知场强不变，油滴所受的电场力不变，带电油滴仍然沿水平U dQ CdQ rS 4kd4kQ rS虚线匀速通过电容器，下极板在上极板处产生的场强

14、为 ，上极板上移 ，上极板所受电场E 2d 3力为EQ，外力对极板所做的功为WFEQ EdQUCUCU2，故 D 正确。故选：1 2d 31 2d 31 61 61 6BD。二、计算题(本题共 3 小题，需写出完整的解题步骤)9(2017辽宁省市二模)如图甲所示，将一倾角37的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量m0.2 kg，带电量q2.0103 C 的小物块从斜面底端静止释放，运动 0.1 s 后撤去电场，小物块运动的vt图像如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g10 m/s2。(sin370.6，cos370.8)，求：导学号 86084172(1)电场强

15、度E的大小；(2)小物块在 00.3 s 运动过程中机械能增加量。解析 (1)加速度时：a120 m/s2v1 t1减速时：a210 m/s2v2 t2由牛顿第二定律得：Eqmgsinfma1mgsinfma2解得Eq3mg摩擦力f0.8 NE3103 N/C(2)方法一：Ek0Epmgx总sin377x总 20.30.3 m1 2EEpE0.2100.30.60.36 J方法二：加速距离x1t10.1 mv 2减速距离x2t20.2 mv 2电场力做功WEEqx10.6 J摩擦力做功Wff(x1x2)0.24 J物块 00.3 s 运动过程中机械能增加量EWEWf0.60.240.36 J1

16、0(2017湖北省襄阳五中一模)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平。质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为 4R。从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等(水平分量待定)，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点。设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：导学号 86084173(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小。解析 (1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒，故

17、有：mg4Rmv 1 22B到达B点时速度大小为vB2 2gR(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fymg(方向竖直向上)。小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：Fx2Rmvmv 1 22B1 22C小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，有y4RvCt x2Raxt2t2 1 2Fx 2m8联立解得：Fxmg 电场力的大小为：qEmg F2xF2y211(2017山东省市二模)如图所示，质量m1.0 kg、带电量q4103 C的小球用长度l0.8 m 的不可伸长的绝缘轻质细线悬吊在O点，过O点的竖直线右侧有竖直向下足够大的匀强电场，场强大小E5103 N/C。

18、现将小球拉至A处，此时，细线与竖直方向成角。现由静止释放小球，在小球运动过程中细线始终未被拉断。已知cos ，取重力加速度g10 m/s2。求：3 4导学号 86084174(1)小球第一次运动到最低点时的速度大小；(2)小球第一次进入电场时做什么运动？小球第一次离开电场时的速度多大？(结果可保留根号)(3)小球每次离开电场前瞬间绳子对小球的拉力大小。解析 (1)小球从图示位置到达最低点的过程，由机械能守恒定律得mgl(1cos)mv代入数据得v02m/s1 22 0(2)由于qEmg10 Nm5 N，故小球先做类平抛运动。v2 0 l则有xv0t，yat2，qEmgma1 2(yl)2x2l

19、2联立并代入数据得t0.4 s，xy0.8 m即小球恰好处于水平位置细线张紧，此时，小球的竖直分速度vyat4 m/s细线张紧瞬间，小球水平速度立即变为零，以竖直分速度作为初始速度做圆周运动，则由细线张紧位置到第一次离开电场时，由动能定理得(qEmg)lmvmv，1 22 11 22y代入数据得v14 m/s2(3)小球第一次离开电场到达最低点过程中，由动能定理得mg2lmv12mv1 21 22 19解得v18 m/s由于qEmg10 Nm80 Nv12 l故此后绳张紧有拉力，小球继续做圆周运动，设小球第n次经过最高点时速度为vn，由动能定理得，(N1)qE2lmvmv(n1,2,3)，1 22n1 22 1解得v64(n1)322n最高点时，由牛顿第二定律得FmgqEmv2n l联立解得 F10(8n3)(N)，n1,2,3