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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 高頻考點強化卷6 帶電粒子在電場中的運動 一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分．每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 1．(xx山東實驗中學(xué)二模)如圖1所示，圖中兩組曲線中實線代表電場線(方向未畫出)、虛線a、b、c代表等勢面，已知a與b、b與c之間的電勢差相等，b等勢面的電勢為零，虛線AB是一個電荷量為q＝＋4.810－10C的粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，若帶電粒子過a、c等勢面時的動能分別為4.810－9 J和9.610－9 J，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．相鄰等勢面間的電勢差為10 V B．a(chǎn)等勢面的電勢為5 V，c等勢面的電勢為－10 V C．帶電粒子一定是從A點運動到B點 D．帶電粒子運動到b等勢面時電場力的方向一定是沿電場線的切線方向斜向下 【解析】　從a到c等勢面只有電場力做功Wac＝qUac，Uac＝＝10 V，由于ab、bc間的電勢差相等，所以相鄰等勢面間的電勢差為5 V，A錯誤；b點的電勢為0，Uab＝φa－φb＝5 V，Ubc＝φb－φc＝5 V，所以a等勢面的電勢為5 V，c等勢面的電勢為－5 V，B錯誤．粒子運動的速度方向不知，可以從A點運動到B點也可從B點運動到A點，C錯誤；粒子帶正電，受力方向為電場強度的方向，電場強度的方向為電場線上各點的切線方向，所以當運動到b等勢面時電場力的方向一定是沿電場線的切線方向斜向下，D正確． 【答案】　D 2．(xx北京豐臺一模)如圖2所示，光滑水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)域ABCD，處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速v0進入該正方形區(qū)域．當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能不可能為(　　) 圖2 A.mv　　　　　　 B.mv＋qEL C.mv＋qEL D.mv＋qEL 【解析】　如圖所示，若電場的方向平行于AB向左，小球在勻強電場中做勻減速直線運動，到達BD邊時，速度可能為0，所以動能可能為0，若速度減到0還未到達另一邊緣，將反向做勻加速運動，根據(jù)動能定理，電場力做功為0，動能不變，選項A正確；若電場的方向平行于AB向右，小球在勻強電場中做勻加速直線運動，到達BD邊時，電場力做功qEL，末動能為mv＋qEL，選項D正確；若電場的方向平行于AC向上或向下，小球在勻強電場中做類平拋運動，偏轉(zhuǎn)位移最大為，根據(jù)動能定理，電場力做功最多為qE，最大動能為qE＋mv，選項C正確，本題應(yīng)選B. 【答案】　B 3．(xx湖北武昌調(diào)研)將等量的正、負電荷分別放在正方形的四個頂點上(如圖3所示)．O點為該正方形對角線的交點，直線段AB通過O點且垂直于該正方形，OA>OB，以上對A、B兩點的電勢和場強的判斷，正確的是(　　) 圖3 A．A點場強小于B點場強 B．A點場強大于B點場強 C．A點電勢等于B點電勢 D．A點電勢高于B點電勢 【解析】　由電荷的對稱分布關(guān)系可知A、B直線上的電場強度為0，所以選項A、B錯誤；同理將一電荷從A移動到B電場力做功為0，AB電勢差為0，因此A點電勢等于B點電勢，選項C正確、D錯誤． 【答案】　C 4．如圖4所示，光滑絕緣斜面的底端固定著一個帶正電的小物塊P，將另一個帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放，它將沿斜面向上運動．設(shè)斜面足夠長，則在Q向上運動過程中(　　) 圖4 A．物塊Q的動能一直增大 B．物塊Q的電勢能一直增大 C．物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和一直增大 D．物塊Q的機械能一直增大 【解析】　由F庫－mgsin θ＝ma可知，物塊沿斜面的加速度先向上逐漸減小，再沿斜面向下，逐漸增大，其速度先增大后減小，故物塊Q的動能先增大再減小，A錯誤；因電場力始終做正功，故電勢能一直減小，物塊Q的機械能一直增大，B錯誤，D正確；因只有電場力、重力做功，物塊的電勢能、重力勢能、動能之和守恒，又知動能先增大后減小，故重力勢能和電勢能之和先減小后增大，C錯誤． 【答案】　D 5．(xx江蘇蘇北四校調(diào)研)如圖5所示，無限大均勻帶正電薄板豎直放置，其周圍空間的電場可認為是勻強電場．光滑絕緣細管垂直于板穿過中間小孔，一個視為質(zhì)點的帶負電小球在細管內(nèi)運動．以小孔為原點建立x軸，規(guī)定x軸正方向為加速度a、速度v的正方向，如圖分別表示x軸上各點的電勢φ，小球的加速度a、速度v和動能Ek隨x的變化圖象，其中正確的是(　　) 圖5 【解析】　在x<0范圍內(nèi)，當x增大時，由U＝Ed＝Ex，可知，電勢差均勻增大，φ x應(yīng)為向上傾斜的直線；在x>0范圍內(nèi)，當x增大時，由U＝Ed＝Ex，可知，電勢差均勻減小，φ x也應(yīng)為向下傾斜的直線，故A錯誤；在x<0范圍內(nèi)，帶負電的小球受電場力向右，加速度向右，為正值，在x>0范圍內(nèi)，電場力向左，加速度向左，為負值，故B錯誤；在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動能定理得：qEx＝mv2－mv，v x圖象應(yīng)是曲線，同理在x>0范圍內(nèi)，圖線也為曲線，故C錯誤；在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動能定理得：qEx＝ΔEk，Ekx圖象應(yīng)是傾斜的直線，同理，在x>0范圍內(nèi)，圖線也為傾斜的直線，故D正確． 【答案】　D 6．如圖6所示，長為L、傾角為θ的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強電場中．一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的M點沿斜面上滑，到達斜面頂端N的速度仍為v0，則 (　　) 圖6 A．電場強度等于 B．電場強度等于 C．M、N兩點的電勢差為 D．小球在N點的電勢能大于在M點的電勢能 【解析】　小球受到重力、電場力、支持力三個恒力作用，沿斜面勻速運動，必有mgsin θ＝Eqcos θ，解得：E＝，A正確，B錯誤；UMN＝ELcos θ＝，C正確；因電場力對小球做正功，小球的電勢能減少，故小球在N點的電勢能小于在M點的電勢能，D錯誤． 【答案】　AC 7．(xx河北石家莊質(zhì)檢)如圖7所示，在O點固定一點電荷Q，一帶電粒子P從很遠處以初速度v0射入電場，MN為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡．虛線是以O(shè)為中心，R1、R2、R3為半徑畫出的三個圓，且R2－R1＝R3－R2，a、b、c為軌跡MN與三個圓的3個交點，則下列判斷正確的是(　　) 圖7 A．P、Q兩電荷可能為同種電荷，也可能異種電荷 B．a(chǎn)點電勢一定高于b點電勢 C．P在a點的電勢能小于在c點的電勢能 D．P由a點到b點的動能變化的絕對值大于由a點到c點的動能變化的絕對值 【解析】　A項：電場力的方向指向運動軌跡彎曲的方向，因此P、Q為異種電荷，A錯；B項：P和Q的電性均未知，無法判斷a、b兩點電勢的高低關(guān)系，B錯；C項：粒子由P→N，電場力先做正功，再做負功，距離Q越近，速度越大，電勢能越小，故粒子在a點的電勢能小于在c點的電勢能，C對；D項：由于R2－R1＝R3－R2，所以|Uab|>|Uac|，根據(jù)W＝qU得|Wab|>|Wac|，所以粒子由a點到b點的動能變化的絕對值大于由a點到c點的動能變化的絕對值，D對． 【答案】　CD 8．(xx山西四校第二次聯(lián)考)如圖8所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，已知A板和電源正極相連，且E1>E2，當單刀雙擲開關(guān)接1時，一帶正電粒子沿AB中心水平線射入，打在B極板上的N點，不計粒子重力，為使粒子能打在N點右側(cè)，則下列措施可行的是(　　) 圖8 A．斷開開關(guān)并將A板上移一段距離 B．斷開開關(guān)并將A板下移一段距離 C．斷開開關(guān)并將B板下移一段距離 D．將單刀雙擲開關(guān)接2 【解析】　斷開開關(guān)，電容器與電源形成斷路，其極板上的電荷量保持不變，若將A或B板上下移動，會使兩板間的距離d變化，選項A中將A板上移一段距離，d變大，C＝，電容減小，電容器所帶電荷量不變，根據(jù)推論：板間場強E＝，場強E不變，帶電粒子所受的電場力大小不變，粒子仍然打在N點，選項A錯誤；選項B將A板下移一段距離，d變小，C＝，電容變大，電容器所帶電荷量不變，根據(jù)推論：板間場強E＝，場強E不變，帶電粒子所受的電場力大小不變，粒子仍然打在N點，選項B錯誤；選項C中將B板下移一段距離時，同理可知，板間場強E不變，帶電粒子所受的電場力大小不變，粒子做類平拋運動的加速度不變，豎直位移變大，運動時間變長，粒子將打在N點的右側(cè)，故C正確；選項D中設(shè)電源的電動勢為E，電容器板間距離為d，帶電粒子的質(zhì)量和電荷量分別為m和q，則有豎直位移為y＝at2＝t2，水平位移為x＝v0t，聯(lián)立得y＝，粒子能打在N點右側(cè)時，y不變，x增大，其他量不變，則電源的電動勢E必須減小，而E1>E2，所以將單刀雙擲開關(guān)接2時，粒子能打在N點右側(cè)，故選項D正確． 【答案】　CD 二、非選擇題(共4小題，共52分．按題目要求作答．解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)． 9．(12分)(xx湖南四校聯(lián)考)如圖9所示，豎直面內(nèi)有一粗糙絕緣斜面AB，BCD部分是一個光滑的絕緣圓弧面，C為圓弧的最低點，AB正好是圓弧在B點的切線，圓心O與A、D點在同一高度，θ＝37，圓弧面的半徑R＝3.6 m，一帶正電荷小滑塊質(zhì)量m＝5 kg，q＝510－5 C，與AB斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45，將小滑塊由A點靜止釋放，在以后的運動過程中：(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，重力加速度g取10 m/s2) 圖9 (1)求小滑塊在AB段上運動的總路程； (2)若在小滑塊運動的空間加上一方向豎直向下電場強度大小E＝1106 N/C的勻強電場(圖中未畫出)．求在小滑塊運動過程中，C點受到的壓力的最小值． 【解析】　(1)設(shè)滑塊在AB段上運動的總路程為x，由題意知從A出發(fā)到最終以B為最高點在BCD部分上做往復(fù)運動，根據(jù)動能定理有mgRcos θ－μmgxcos θ＝0解得x＝＝8 m (2)當滑塊以B為最高點做往復(fù)運動的過程中過C點時速度最小，設(shè)為v，此時滑塊受軌道支持力也最小，設(shè)為Fmin；從B到C，根據(jù)動能定理有(qE＋mg)R(1－cos θ)＝mv2；在C點：Fmin－(qE＋mg)＝m代入數(shù)據(jù)可得Fmin＝140 N；根據(jù)牛頓第三定律可知C點受到的壓力最小值為140 N 【答案】　(1)8 m　(2)140 N 10．(12分)(河北省衡水中學(xué)xx屆高三四調(diào)考試)如圖10所示，在A點固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運動瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g.已知靜電常量為k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力．求： 圖10 (1)液珠的比荷； (2)液珠速度最大時離A點的距離h； (3)若已知在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成φ＝，其中r為該點到Q的距離(選無限遠的電勢為零)．求液珠能到達的最高點B離A點的高度rB. 【解析】　(1)設(shè)液珠的電量為q，質(zhì)量為m，有 －mg＝mg 解得比荷得＝ (2)當液珠速度最大時有 ＝mg解得h＝H. (3)設(shè)CB間的電勢差為UCB，有 UCB＝φC－φB＝－ 根據(jù)動能定理有 qUCB－mg(rB－H)＝0 解得rB＝2H 【答案】　(1)　(2)H　(3)2H 11．(14分)(xx北京海淀一模)如圖11所示，質(zhì)量m＝2.010－4 kg、電荷量q＝1.010－6 C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場強度為E1的勻強電場中．取g＝10 m/s2. 圖11 (1)求勻強電場的電場強度E1的大小和方向； (2)在t＝0時刻，勻強電場強度大小突然變?yōu)镋2＝4.0103 N/C，且方向不變．求在t＝0.20 s時間內(nèi)電場力做的功； (3)在t＝0.20 s時刻突然撤掉電場，求帶電微?；氐匠霭l(fā)點時的動能． 【解析】　(1)設(shè)電場強度為E，則 Eq＝mg E＝＝ N/C＝2.0103 N/C，方向向上 (2)在t＝0時刻，電場強度突然變化為E2＝4.0103 N/C，設(shè)微粒的加速度為a，在t＝0.20 s時間內(nèi)上升高度為h，電場力做功為W，則 qE2－mg＝ma1 解得：a1＝10 m/s2　h＝a1t2 解得：h＝0.20 m W＝qE2h 解得：W＝8.010－4 J (3)設(shè)在t＝0.20 s時刻突然撤掉電場時粒子的速度大小為v，回到出發(fā)點時的動能為Ek，則 v＝at Ek＝mgh＋mv2 解得：Ek＝8.010－4 J 【答案】　見解析 12．(14分)如圖12，長度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O上，另一端固定一質(zhì)量為m電荷量為q的帶負電小球．小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運動，AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑．等量異種點電荷＋Q、－Q分別固定在以C為中點、間距為2d的水平線上的E、F兩點．讓小球從最高點A由靜止開始運動，經(jīng)過B點時小球的速度大小為v，不考慮q對＋Q、－Q所產(chǎn)生電場的影響．求小球 圖12 (1)經(jīng)過C點時球?qū)U的拉力大小； (2)經(jīng)過D點時的速度大?。? 【解析】　(1)設(shè)UBA＝U，根據(jù)對稱性可知，UBA＝UAD＝U、UAC＝0 小球從A到C過程，根據(jù)動能定理 mg2d＝mv 沿豎直方向 T－mg＝m 整理得　T＝5mg 根據(jù)牛頓第三定律知，球?qū)U的拉力大小為T′＝T＝5 mg (2)從A到B和從A到D過程中，根據(jù)動能定理 mgd＋qU＝mv2 mgd－qU＝mv 整理得vD＝ 【答案】　(1)5mg　(2)