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电场及带电粒子在电场中的运动 (45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。多选题已在题号后标出)1.(2020东城区一模)法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场,如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图,以下几种说法中正确的是()A.a、b为异种电荷,a的电荷量大于b的电荷量B.a、b为异种电荷,a的电荷量小于b的电荷量C.a、b为同种电荷,a的电荷量大于b的电荷量D.a、b为同种电荷,a的电荷量小于b的电荷量2.(2020福建高考)如图,在点电荷Q产生的电场中,将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点,虚线为等势线。取无穷远处为零电势点,若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等,则下列说法正确的是()A.A点电势大于B点电势B.A、B两点的电场强度相等C.q1的电荷量小于q2的电荷量D.q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能3.(2020西城区一模)如图所示,足够长的两平行金属板正对竖直放置,它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连。闭合开关后,一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放,最终液滴落在某一金属板上。下列说法中正确的是()A.液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B.电源电动势越大,液滴在板间运动的加速度越大C.电源电动势越大,液滴在板间运动的时间越长D.定值电阻的阻值越大,液滴在板间运动的时间越长4.(2020长沙一模)如图所示,A、B两个带电小球的质量均为m,所带电量分别为+q和-q,两球间用绝缘细线连接,A球又用绝缘细线悬挂在天花板上,细线长均为L。现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场,电场强度E=,A、B两球最后会达到新的平衡位置,则在这个过程中,两个小球()A.总重力势能增加了mgLB.总重力势能增加了mgLC.总电势能减少了mgLD.总电势能减少了mgL5.(多选)(2020淄博一模)如图所示,真空中M、N处放置两等量异种电荷,a、b、c为电场中的三点,实线PQ为M、N连线的中垂线,a、b两点关于MN对称,a、c两点关于PQ对称,已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时,试探电荷的电势能增加,则以下判定正确的是()A.M点处放置的是负电荷B.a点的场强与c点的场强完全相同C.a点的电势高于c点的电势D.若将该试探电荷沿直线由a点移动到b点,则电场力先做正功,后做负功6.(2020凉山一模)如图所示,质量为m的带负电的小物块置于倾角37的光滑斜面上,当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时,小物块恰好静止在斜面上,现将电场方向突然改为水平向右,而场强大小不变,则()A.小物块仍静止B.小物块将沿斜面加速上滑C.小物块将沿斜面加速下滑D.小物块将脱离斜面运动7.(多选)(2020吉林二模)如图所示,充电后与电源分离的平行板电容器,其正极板接地,在极板间P点有一带电液滴处于静止状态。现将B板移至虚线处,则()A.两板间电压变小B.P点场强不变,但电势降低C.电荷q仍保持静止D.电荷q的电势能减小8.(2020太原一模)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示,在该匀强电场中,有一个带电粒子于t=0时刻由静止释放,若带电粒子只受电场力作用,则下列说法中正确的是()A.带电粒子只向一个方向运动B.02s内,电场力所做的功等于零C.4s末带电粒子回到原出发点D.2.54s内,速度的改变等于零二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)9.(18分)(2020保定一模)如图,在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆ab,其下端(b端)距地面高度h=0.8m。一质量为1kg的带电小环套在直杆上,正以某速度沿杆匀速下滑,小环离杆后正好通过b端的正下方c点处。(取b点为零势能点,g取10m/s2)求:(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向;(2)小环在直杆上运动时的动能;(3)小环从b到c运动过程中的机械能最小值。10.(18分)(2020四川高考)如图所示,ABCD为固定在竖直平面内的轨道,AB段光滑水平,BC段为光滑圆弧,对应的圆心角=37,半径r=2.5m,CD段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑连接,倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=510-2kg、电荷量q=+110-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平轨道向左滑行,在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点,0.1s以后,场强大小不变,方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数=0.25。设小物体的电荷量保持不变,取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功;(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP的长度。答案解析1.【解析】选B。由题图看出,电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止,由此可知,a、b必为异种电荷,C、D选项错;又由图可知,电荷b附近的电场线比电荷a附近的电场线密,则电荷b附近的场强一定比电荷a附近的场强大,b带的电荷量必然多于a带的电荷量,则A选项错误,B选项正确。2.【解题指南】解答本题时应明确以下三点:(1)电场线与等势面垂直,沿着电场线的方向电势越来越低。(2)电场线密的地方场强大。(3)电场力做功与电势能的变化关系。【解析】选C。由于将q1、q2移到无穷远过程外力克服电场力做的功相等,则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能,D错。由于电场力做负功,则电场线由外指向内,B点电势大于A点电势,A错。A点所处电场线密,场强大,A、B两点电场强度方向也不同,B错。据W=qU及A点到无穷远电势差大于B点到无穷远电势差,因此q1的电荷量小于q2的电荷量,C对。3.【解析】选B。电容器充满电荷后,极板间的电压等于电源的电动势。极板间形成了电场,液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用,合力为恒力,而初速度为零,则液滴做初速度为零的匀加速直线运动,A项错;电源电动势越大,则液滴受到的电场力也越大,合力越大,加速度也越大,B项对;电源电动势越大,加速度越大,同时竖直位移越小,则运动的时间越短,C项错;定值电阻不会影响两极板上电压的大小,则对液滴的运动没有影响,D项错。4.【解析】选D。A、B两个带电小球整体所受电场力为零,故OA线竖直,B球向右偏45最后静止,则总重力势能增加了mg(L-Lcos45)=mgL,故A、B项均错;总电势能减少了qELsin45=mgL,故C项错,D项对。5.【解题指南】解答该题的关键点:(1)两等量异种电荷的电场线分布情况及等势面特点;(2)抓住带正电试探电荷从a到c电势能增加这一点,分析说明该过程中电场力做负功;(3)注意利用场的对称性分析。【解析】选A、D。由正试探电荷从a到c电势能增加得,该过程中电场力做负功,故M带负电,N带正电,A正确。由场的对称性知,Ea=Ec,但方向不同,B错误。由沿电场线电势降低得ac,C错误。该试探电荷从a到b的过程中电场力与速度的夹角先为锐角后为钝角,即电场力先做正功,后做负功,D正确。6.【解析】选C。小物块恰好静止时电场力等于重力,即F电=mg。当把电场方向突然改为水平向右时小物块受到的电场力方向变为水平向左,把电场力和重力分解到沿斜面和垂直斜面的两个方向上:在垂直斜面方向上有F电sin 37+N=mgcos 37,在沿斜面方向上有F电cos 37+mgsin 37=ma,故小物块将沿斜面加速下滑。7.【解析】选A、C。平行板电容器充电后与电源分离,电量保持不变,板间距离减小,由电容的决定式C得电容增大。由公式C=分析得知,板间电压U减小,故A正确。电容器电量、正对面积不变时,板间场强不变。P点与B板间电势差大小U=Ed,d减小,U减小,而P点的电势小于B板电势,则P点电势升高,故B错误。板间场强不变,电荷q所受电场力不变,仍保持静止,故C正确。由电荷静止可判断出来电荷带正电,P点电势升高,电荷q的电势能增大,故D错误。8.【解析】选D。由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1s内的加速度a=,为第2s内加速度a=的,因此先加速1s再减速0.5s,速度为零,接下来的1.5s将反向加速,v-t图像如图所示,所以选项A错;02s内,带电粒子的初速度为零,但末速度不为零,由动能定理可知电场力所做的功不为零,选项B错误;由v-t图像中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移,由对称可以看出,前4s内的位移不为零,所以带电粒子不会回到原出发点,所以C错误;2.54s内,v2.5=v4,故v=0,选项D正确。【方法技巧】处理带电粒子在交变电场中运动的一般方法(1)对于带电粒子在交变电场中的直线运动,一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情境出现。解决的方法:根据运动学或动力学认真分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律。借助运动图像进行运动过程分析,找出每一运动过程或每一运动阶段中相关物理量间的关系,进行归纳、总结、推理,寻找带电粒子的运动规律。(2)对于带电粒子在交变电场中的曲线运动,解决的方法仍然是应用运动的合成与分解的方法,把曲线运动分解为两个直线运动,然后分别应用直线运动规律加以解决。9. 【解析】(1)由题意知小环带负电;小环沿ab杆匀速下滑,小环共受3个力,可知qE=mg, (2分)小环离开直杆后,只受重力和电场力,F合=mg=ma,a=g=10m/s2, (2分)方向垂直于杆向下。 (1分)(2)小环离开杆做类平抛运动:平行于杆的方向做匀速运动:h=vt (2分)垂直于杆的方向做匀加速直线运动:h=at2 (2分)又因为:Ek=mv2 (2分)解得:Ek=2J (1分)(3)根据能量守恒,机械能最小值E=Ek-Ep (2分)电势能:Ep=m (2分)v1=vcos45 (1分)解得E=1J (1分)答案:(1)10m/s2垂直于杆向下(2)2J(3)1J10.【解析】(1)设弹簧枪对小物体做的功为W,由动能定理得W-mgr(1-cos)=m (2分)代入数据得W=0.475J (1分)(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1,由牛顿第二定律得-mgsin-(mgcos+qE)=ma1 (3分)小物体向上做匀减速运动,经t1=0.1s后,速度达到v1,有v1=v0+a1t1 (2分)由可知v1=2.1m/s,设运动的位移为x1,有x1=v0t1+a1 (2分)电场力反向后,设小物体的加速度为a2,由牛顿第二定律得-mgsin-(mgcos-qE)=ma2 (3分)设小物体以此加速度运动到速度为0,运动的时间为t2,位移为x2,有0=v1+a2t2 (1分)x2=v1t2+a2 (1分)设CP的长度为x,有x=x1+x2 (2分)联立相关方程,代入数据解得x=0.57m (1分)答案:(1)0.475J(2)0.57 m【方法技巧】处理带电粒子的运动问题的一般思路(1)选取研究对象;(2)分析研究对象受力情况(尤其要注意是否应该考虑重力,电场力是否为恒力等);(3)分析运动状态和运动过程(初始状态及条件,直线运动还是曲线运动等);(4)建立正确的物理模型,恰当选用规律或其他手段(如物理量的变化图像等)找出物理量间的关系,建立方程组解题;(5)讨论所得结果。
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