《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 微專題4 電場中的圖像問題 帶電粒子在交變電場中的運動練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 微專題4 電場中的圖像問題 帶電粒子在交變電場中的運動練習(xí)（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、微專題4　電場中的圖像問題　帶電粒子在交變電場中的運動 一、單項選擇題 1.電場中的三條等勢線如圖中實線a、b、c所示,三條等勢線的電勢φa>φb>φc。一電子以沿PQ方向的初速度,僅在電場力的作用下沿直線從P點運動到Q點,則這一過程中電子運動的v-t圖像大致是圖中的(　　) 答案　A　電子由P點運動到Q點的過程中,電場力所做的功為W=q(φP-φQ),因為q<0,且φP<φQ,所以W>0,由動能定理可知,電子的動能不斷增大,即速度不斷增大,選項C、D錯誤;P點附近等勢線密集,故場強較大,電子在P點附近所受電場力大,電子的加速度也大,對應(yīng)v-t圖像的斜率大,故由P點到Q點,v-t

2、圖像的斜率不斷減小,選項A正確,B項錯誤。 2.(2018徐州質(zhì)檢)帶電球體的半徑為R,以球心為原點O建立坐標軸x,軸上各點電勢φ隨x變化如圖所示,下列說法正確的是(　　) A.球體帶負電荷 B.球內(nèi)電場強度最大 C.A、B兩點電場強度相同 D.正電荷在B點的電勢能比C點的大 答案　D　從球出發(fā)向兩側(cè)電勢降低,而電場線從正電荷出發(fā),沿著電場線電勢降低,故球帶正電荷,A項錯誤;球是等勢體,故內(nèi)部任意兩點間的電勢為零,場強為零,B項錯誤;A點與B點的電場強度大小相等,但方向相反,C項錯誤;從B到C,電勢降低,故正電荷電勢能降低,D項正確。 3.(2018蘇錫常鎮(zhèn)四市一調(diào))一帶電粒子在

3、電場中僅受靜電力作用,做初速度為零的直線運動。取該直線為x軸,起始點O為坐標原點,其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示,下列圖像中合理的是(　　) 答案　D　粒子僅受電場力作用,做初速度為零的加速直線運動,電場力做功等于電勢能的減小量,故F=ΔEpΔx,即Ep-x圖像上某點切線的斜率表示電場力,故電場力逐漸減小,根據(jù)E=Fq,故電場強度也逐漸減小,A項錯誤;根據(jù)動能定理有,F·Δx=ΔEk,故Ek-x圖線上某點切線的斜率表示電場力;由于電場力逐漸減小,與B圖矛盾,B項錯誤;按照C圖,速度隨著位移均勻增加,根據(jù)公式v2-v02=2ax,勻變速直線運動的v2-x圖像是直線,題圖v-x圖像是

4、直線,相同位移速度增加量相等,又是加速運動,故增加相等的速度需要的時間逐漸減小,故加速度逐漸增加,而電場力減小導(dǎo)致加速度減小,故矛盾,C項錯誤;粒子做加速度減小的加速運動,D項正確。 4.(2017清江中學(xué)月考)某區(qū)域的電場線分布如圖所示,其中間一根電場線是直線,一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點,取O點為坐標原點,沿直線向右為x軸正方向,粒子的重力忽略不計。在從O到A運動過程中,下列關(guān)于粒子運動速度和加速度a隨時間t的變化,運動徑跡上電勢φ和粒子的動能Ek隨位移x的變化圖線可能正確的是(　　) 答案　A　根據(jù)題圖可知,從O到A點,電場線疏密反映了電場強

5、度的大小,所以電場強度先減小后增大,方向不變,因此電荷受到的電場力先減小后增大,故加速度先減小后增大,A項正確;在速度-時間圖像中圖像的斜率表示加速度,斜率逐漸減小,加速度減小,而加速度是先減小后增大的,B項錯誤;沿電場線方向電勢降低,而電勢與位移圖像的斜率表示電場強度,圖中斜率逐漸增大,表示電場強度增大,不符合題意,C項錯誤;動能與位移圖像的斜率表示電場強度,圖中斜率逐漸增大,表示電場強度增大,不符合題意,D項錯誤。 二、多項選擇題 5.(2019江陰一中月考)如圖甲所示,Q1、Q2是兩個固定的點電荷,一帶負電的試探電荷僅在電場力作用下以初速度v0沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上運動,其

6、v-t圖像如圖乙所示,下列說法正確的是(　　) A.兩點電荷一定都帶負電,但電荷量不一定相等 B.兩點電荷一定都帶負電,且電荷量一定相等 C.t1、t3兩時刻試探電荷在同一位置 D.t2時刻試探電荷的電勢能最大 答案　CD　由圖乙可知,試探電荷先向上做減速運動,再反向向下做加速運動,說明粒子受到的電場力應(yīng)先向下后向上,故兩點電荷一定都帶正電;由于電場線只能沿豎直方向,故兩個點電荷帶電荷量一定相等,故A、B項錯誤;根據(jù)速度圖像的斜率表示加速度知,t1、t3兩時刻試探電荷的加速度相同,所受的電場力相同,所以它們在同一位置,故C項正確;t2時刻試探電荷的速度為零,動能為零,根據(jù)能量守恒

7、定律可知試探電荷的電勢能最大,故D項正確。 6.(2015江蘇單科)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場,電場方向水平向左。不計空氣阻力,則小球(　　) A.做直線運動 B.做曲線運動 C.速率先減小后增大 D.速率先增大后減小 答案　BC　小球運動時受重力和電場力的作用,合力F方向與初速度v0方向不在一條直線上,小球做曲線運動,選項A錯誤、B項正確;將初速度v0分解為垂直于F方向的v1和沿F方向的v2,根據(jù)運動與力的關(guān)系,v1的大小不變,v2先減小后反向增大,因此小球的速率先減小后增大,選項C正確、D項錯誤。 7.如圖所示,以等量同種點電荷連線的中點為原點,兩點電荷連線

8、的中垂線為x軸,E表示電場強度,φ表示電勢。根據(jù)你已經(jīng)學(xué)過的知識判斷,在下列E-x圖像和φ-x圖像中,可能正確的是(　　) 答案　AD　在兩電荷連線的中點,由于兩個電荷在此處產(chǎn)生的場強大小相等、方向相反,所以該處場強為零。在無窮遠處場強也為零,所以兩點電荷連線的中點到無窮遠場強先增大后減小,且場強關(guān)于電荷連線對稱,故A項正確,B項錯誤;兩點電荷連線的中垂線上場強方向從中點指向無窮遠,電勢逐漸降低,故C項錯誤,D項正確。 8.(2018南通調(diào)研)真空中有一半徑為r0的均勻帶電金屬球,以球心為原點建立x軸,軸上各點的電勢φ分布如圖所示,r1、r2分別是+x軸上A、B兩點到球心的距離。下列說

9、法中正確的有(　　) A.0~r0范圍內(nèi)電場強度處處為零 B.A點電場強度小于B點電場強度 C.A點電場強度的方向由A指向B D.正電荷從A點移到B點過程總電場力做功 答案　ACD　根據(jù)E=ΔφΔx可知,φ-x圖像的斜率表示電場強度的大小,由圖可知在0~r0范圍內(nèi)斜率為0,故在0~r0范圍內(nèi)電場強度處處為零,故A正確;根據(jù)場強公式E=kQr2,得A點的電場強度大于B點的電場強度,故B項錯誤;A點到B點電勢降低,所以A點的電場強度方向由A指向B,故C項正確。正電荷沿直線從A移到B的過程中,電場力方向由A指向B,所以電場力做正功,故D項正確。 9.(2018鹽城高三三模)在x軸上有兩個

10、點電荷q1和q2,它們產(chǎn)生的電場的電勢在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的是(　　) A.q1和q2帶有異種電荷 B.x=x2處電場強度一定為0 C.負電荷沿x軸從x1移動到x2,電勢能增加 D.正電荷沿x軸從x1移動到x2,電場力做負功 答案　ABC　由圖可知,坐標原點處電勢趨于無限大,則坐標原點處為正電荷,又因從O到x2,電勢降低,可知電場方向由O指向x2,故另一電荷帶負電,A正確;φ-x圖像斜率表示電場強度的大小,x2處圖線斜率為零,故電場強度為零,B正確;從x1到x2電勢降低,故負電荷從x1到x2電勢能增大,正電荷從x1到x2電場力做正功,C正確,D錯誤。 三、非選擇題

11、10.(2018淮安模擬)如圖所示,一條長為L的細線上端固定,下端拴一個質(zhì)量為m的電荷量為q的小球,將它置于方向水平向右的勻強電場中,使細線豎直拉直時將小球從A點靜止釋放,當(dāng)細線離開豎直位置偏角α=60°時,小球速度為0。求: (1)①小球帶電性質(zhì);②電場強度E。 (2)若小球恰好完成豎直圓周運動,求從A點釋放小球時應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)。 答案　(1)①正電?、?mg3q　(2)2gL(3+1) 解析　(1)①根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電。 　　②小球由A點釋放到速度等于零,由動能定理有 0=EqLsinα-mgL(1-cosα) 解得E=3mg3q

12、。 (2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G',則G'=233mg,方向與豎直方向成30°角偏向右下方。 若小球恰能做完整的圓周運動,在等效最高點有 mv2L=233mg 12mv2-12mvA2=-233mgL(1+cos30°) 聯(lián)立解得vA=2gL(3+1)。 11.(2018如東檢測)如圖所示,內(nèi)表面絕緣光滑的圓軌道位于豎直平面內(nèi),軌道半徑為r,A、B分別為內(nèi)軌道的最高點和最低點,圓心O固定電荷量為+Q的點電荷,質(zhì)量為m、電荷量為-q的小球能在圓軌道內(nèi)表面做完整的圓周運動,重力加速度為g,靜電力常量為k。 (1)若小球經(jīng)過B點的速度為v0,求此時對軌道的壓

13、力大小; (2)求小球經(jīng)過A點最小速度的大小v; (3)若小球經(jīng)過A點對軌道的壓力為mg,求經(jīng)過B點時的動能Ek。 答案　(1)mv02r+mg-kQqr2　(2)kQqmr+gr (3)kQq2r+3mgr 解析　(1)設(shè)此時軌道對小球的支持力為N,由向心力公式有N+kQqr2-mg=mv02r 解得N=mv02r+mg-kQqr2 由牛頓第三定律可知對軌道的壓力大小 N'=N=mv02r+mg-kQqr2。 (2)小球經(jīng)過A點有最小速度時,與軌道間的彈力為0,則有kQqr2+mg=mv2r 解得v=kQqmr+gr。 (3)設(shè)小球經(jīng)過A點的速度為vA,由向心力公式有 kQqr2+mg+mg=mvA2r 由機械能守恒定律有12mvA2+2mgr=Ek 解得Ek=kQq2r+3mgr。 7