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第1讲电场及带电粒子在电场中的运动一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第14题只有一项符合题目要求,第58题有多项符合题目要求)1.(2018浙江宁波适应性考试) 如图(甲)所示,两段等长绝缘轻质细绳将质量分别为m,3m的带电小球A,B(均可视为点电荷)悬挂在O点,系统处于静止状态,然后在水平方向施加一匀强电场,当系统再次达到静止状态时,如图(乙)所示,小球B刚好位于O点正下方(细绳始终处于伸长状态).则两个点电荷带电荷量QA与QB的大小关系正确的是(A)A.73B.31C.37D.53解析:在图(乙)中,设OA与竖直方向的夹角为,对A,B整体受力分析,由平衡条件可得TOAcos =4mg,(QA-QB)E=TOAsin ,对B受力分析由平衡条件可得(TAB+F库)cos =3mg,(TAB+F库)sin =QBE,由以上各式解得QAQB=73,故A正确.2.(2018辽宁东北育才中学高三模拟) 如图所示,电路中电源的电动势为E,内阻为r,C为静电计,一带电小球悬挂在平行板电容器内部,闭合开关S,电路稳定后,悬线与竖直方向夹角为且小球处于平衡状态,则(D)A.静电计的指针不发生偏转B.若将A极板向左平移稍许,电容器的电容将增大C.若将A极板向下平移稍许,静电计指针的偏角将减小D.保持开关S闭合,使滑动变阻器滑片向左移动,角不变,轻轻将细线剪断,小球将做直线运动解析:闭合开关S,电路稳定后,电路中没有电流,电容器板间电压等于电源的电动势,静电计测量板间电压,所以其指针发生了偏转,故A错误.若将A极板向左平移稍许,板间距离增大,电容减小,故B错误.若将A极板向下平移稍许,由于电容器的电压不变,则静电计指针的偏角将不变,故C错误.保持开关S闭合,使滑动变阻器滑片向左移动时,电容器的电压不变,电场强度不变,小球所受的电场力不变,则角不变,轻轻将细线剪断,小球将沿重力和电场力的合力方向做匀加速直线运动,故D正确.3.(2018广东东莞东方明珠学校冲刺考试)如图(a)所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷.t=0时,甲静止,乙以初速度6 m/s向甲运动.此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的vt图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示.则由图线可知(C)A.两电荷的电性一定相反B.t2时刻两电荷的电势能最大C.在0t2时间内,两电荷的静电力先增大后减小D.在0t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小解析:由图像看出,甲从静止开始与乙同向运动,说明甲受到了乙的排斥力作用,则知两电荷的电性一定相同,故A错误;由于甲乙之间是排斥力,所以当甲乙之间的距离减小时电场力做负功,电势能增大,结合图像可知在t1时电势能有最大值,故B错误;图像包围的面积代表甲乙走过的位移,从图像上可以看出在0t2时间内甲乙之间的距离先减小后增大,所以静电力先增大后减小,故C正确;0t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能先减小后增大,故D错误.4.(2018山东淄博高三模拟) 已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似,即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直.如图所示MN为无限大的不带电的金属平板,且与大地连接.现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧,图中a,b,c,d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点,四点的连线构成一内接正方形,其中ab连线与金属板垂直.则下列说法正确的是(C)A.b点电场强度与c点电场强度相同B.a点电场强度与b点电场强度大小相等C.a点电势等于d点电势D.将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中,试探电荷电势能始终保持不变解析: 画出电场线如图所示,根据对称性可知,b点电场强度与c点电场强度大小相等,方向不同,故A错误;电场线密集的地方电场强度大,从图上可以看出a点电场强度大于b点电场强度,故B错误;根据对称性并结合电场线的分布可知a点电势等于d点电势,故C正确;由于试探电荷从a沿直线ab到b点,则先靠近正电荷后远离正电荷,所以电场力在这个过程中做功,只是总功为零,所以试探电荷电势能不是始终保持不变,故D错误.5.(2018广东惠州高三模拟) 如图所示,一带电液滴在水平向左的匀强电场中由静止释放,液滴沿直线由b运动到d,直线bd方向与竖直方向成60角,则下列结论正确的是(CD)A.液滴做匀速直线运动B.液滴带正电荷C.液滴所受的电场力大小是其重力的3倍D.液滴的电势能减小解析:由题可知,带电液滴只受重力和电场力作用,两个力都是恒力,其合力沿bd方向,则电场力必定水平向右,液滴做匀加速直线运动且带负电荷,故选项A,B错误;由于合力沿bd方向,则根据力的合成规律可知Eq=mgtan 60,即Eq=3mg,故选项C正确;由于电荷带负电,沿bd方向运动,电场力做正功,故电势能减小,故选项D正确.6.(2018安徽淮北模拟) 如图所示,A,B,C,D是匀强电场中一正方形的四个顶点,已知A,B,C三点的电势分别为A=25 V,B=5 V,C=-5 V,则下列说法正确的是(AC)A.把电荷量为110-3 C的正点电荷从B点经C移到A点,电场力做功为-210-2 JB.A,C两点的连线方向即为电场线方向C.D点的电势为15 VD.把一个电子从B点移到D点,电场力做功可能为0解析: 电荷从B点经C移到A点,通过的电势差为UBA=B-A,即电场力做功为WBA=q(B-A)=110-3(5-25)J=-210-2 J,故A正确;连接AC,又A-C=25 V-(-5 V)=30 V,将AC等分为6等分,找出与B电势相等的点E,如图所示,连接BE,则BE为一等势面,其电场线应垂直于BE指向右下方,显然电场线与AC连线不平行,故B错误;根据匀强电场的特点可知,A-B=D-C,所以D=15 V,故C正确;由于B点的电势与D点的电势不相等,所以把一个电子从B点移到D点,电场力做功不可能为0,故D 错误.7.(2018成都二模) 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在y轴上的O,M两点,若规定无穷远处的电势为零,则在两电荷连线上各点的电势随y变化的关系如图所示,其中A,N两点的电势均为零,ND段中的C点电势最高,则(AD)A.q1与q2带异种电荷B.A,N两点的电场强度大小为零C.从N点沿y轴正方向,电场强度大小先减小后增大D.将一正点电荷从N点移到D点,电场力先做负功后做正功解析:由图像可知,M点附近的电势为负值、O点附近的电势为正值,所以,q1与q2带异种电荷,故A正确;A,N点的电势为零,但电场强度不为零(y图像的斜率不为零),故B错误;从N点沿y轴正方向,电场强度的大小先减小后增大再逐渐减小,故C错误;将一正点电荷从N点移到D点,电势能先增大后减小,所以,电场力先做负功后做正功,故D 正确.8.(2018全国卷,21) 如图,同一平面内的a,b,c,d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a,c连线的中点,N为b,d连线的中点.一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是(BD)A.此匀强电场的场强方向一定与a,b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为W1+W22C.若c,d之间的距离为L,则该电场的电场强度大小一定为W2qLD.若W1=W2,则a,M两点之间的电势差一定等于b,N两点之间的电势差解析:结合题意,只能判定Uab0,Ucd0,但电场方向不能得出,选项A错误;由于M,N分别为ac和bd的中点,对于匀强电场,则UMN=M-N= a+c2-b+d2=(a-b)+(c-d)2=Uab+Ucd2,可知该粒子由M至N过程中,电场力做功W=W1+W22,选项B正确;当电场强度的方向沿cd时,场强E=W2qL,但本题中电场方向未知,选项C错误;若W1=W2,则Uab=Ucd,即a-b=c-d,则a-c=b-d,即Uac=Ubd,由于M,N分别为ac和bd的中点且电场为匀强电场,故有UaM=12Uac,UbN=12Ubd,所以UaM=UbN,选项D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2018山东聊城一中检测)如图,光滑水平面上存在水平向右、电场强度为E的匀强电场,电场区域宽度为L.质量为m、带电荷量为+q的可视为质点的物体A从电场左边界由静止开始运动,离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起,碰撞时间极短.B的右侧拴接一处于原长的轻弹簧,弹簧右端固定在竖直墙壁上(A,B均可视为质点).求(1)物体A在电场中运动时的加速度大小;(2)弹簧的最大弹性势能.解析:(1)根据牛顿第二定律可知:Eq=ma,解得a=qEm.(2)A出离电场时,根据动能定理有qEL=12mv02,A,B碰撞时由动量守恒定律可知mv0=3mv,弹簧的最大弹性势能为Ep=123mv2,解得Ep=13qEL.答案:(1)qEm(2)13qEL10.(20分)(2018湖南师大附中月考)在如图(甲)所示的平面坐标系内,有三个不同的静电场:第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1(未知),该点电荷的电荷量为-Q,且只考虑该点电荷在第一象限内产生的电场;第二象限内有水平向右的匀强电场E2(大小未知);第四象限内有大小为2kQx02、方向按如图(乙)所示规律周期性变化的电场E3,以水平向右为正方向,变化周期T=8mx03kQq,一质量为m、电荷量为+q的离子从(-x0,x0)点由静止释放,进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动.以离子到达x轴为计时起点,已知静电力常量为k,不计离子重力.求:(1)离子在第一象限运动时速度大小和第二象限内电场强度E2的大小;(2)当t=T2和t=T时,离子的速度大小分别是多少;(3)当t=nT时,离子的坐标.解析:(1)设离子在第一象限的速度为v0,在第一象限内,由库仑力提供离子做圆周运动的向心力得kQqx02=mv02x0,解得v0=kQqmx0.在第二象限内,只有电场力对离子做功,由动能定理得E2qx0=12mv02,解得E2=kQ2x02;(2)离子进入第四象限后,在x方向上,前半个周期向右做匀加速直线运动,后半个周期向右做匀减速直线运动,直到速度为0.当t=T2时:vx= E3qmt=2kQx02qm128mx03kQq=8kQqmx0=22v0,此时离子的合速度v=v02+vx2=3v0=3kQqmx0,方向与x轴正向成角偏向y轴负向,满足tan =v0vx=24,当t=T时vx=0,此时离子的合速度v=kQqmx0,沿y轴负向.(3)由(2)分析可知,离子进入第四象限后,y方向上做匀速直线运动,x方向上每个周期向右运动的平均速度为v=2v0,每个周期前进x=vT= 2v08mx03kQq=4x0,因为开始时离子的横坐标为x0,所以t=nT时,离子的横坐标x=x0+4nx0=(4n+1)x0,纵坐标y=-v0nT=-22nx0,故在t=nT时,离子的坐标为(4n+1)x0,-22nx0,(n=1,2,3,).答案:(1)kQqmx0kQ2x02(2)3kQqmx0kQqmx0(3)(4n+1)x0,-22nx0,(n=1,2,3)
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