全国通用2016版高考物理考前三个月高考题型集训第5题预测题型3带电体在匀强电场中的运动.doc
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全国通用2016版高考物理考前三个月高考题型集训第5题预测题型3带电体在匀强电场中的运动.doc
预测题型3带电体在匀强电场中的运动1(多选)(2015·广东理综·21)如图1所示的水平匀强电场中,将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置,释放后,M、N保持静止,不计重力,则()图1AM的带电荷量比N的大BM带负电荷,N带正电荷C静止时M受到的合力比N的大D移动过程中匀强电场对M做负功2(多选)(2015·江苏单科·7)如图2所示,一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左不计空气阻力,则小球()图2A做直线运动B做曲线运动C速率先减小后增大D速率先增大后减小3(2015·浙江理综·16)如图3所示为静电力演示仪,两金属极板分别固定于绝缘支架上,且正对平行放置工作时两板分别接高压直流电源的正负极,表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属板中间,则()图3A乒乓球的左侧感应出负电荷B乒乓球受到扰动后,会被吸在左极板上C乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触,放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞4(多选)(2015·四川理综·6)如图4所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零则小球a()图4A从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中,速率先增大后减小C从N到Q的过程中,电势能一直增加D从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量5.(2015·皖东三校5月联考)如图5所示,一质量为m,电量为q的带电油滴,从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37°角射入电场中,油滴运动到最高点时速度大小也是v,已知重力加速度为g,下列说法正确的是()图5A最高点一定在O点的正上方B最高点可能在O点的右上方CO点与最高点之间的电势差可能为零D匀强电场的电场强度E3mg/q6.(2015·南平5月质检)如图6所示,长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中,一带电量为q、质量为m的小球以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑,当到达斜面顶端B点时,速度仍为v0,则()图6A小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能BA、B两点间的电压一定等于C若电场是匀强电场,则该电场的电场强度最大值一定为D若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生,则为45°7(2015·绵阳三诊)电荷量q1×104 C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上,所在空间存在沿水平方向的电场,其电场强度E的大小与时间t的关系如图7甲所示,物块速度v的大小与时间t的关系如图乙所示重力加速度g10 m/s2.则()图7A物块在4 s内位移是8 mB物块的质量是1 kgC物块与水平面间动摩擦因数是0.4D物块在4 s内电势能减少了14 J答案精析预测题型3带电体在匀强电场中的运动1BD带电小球M、N在不计重力条件下平衡,说明M、N两球所受电场力的合力为零,即M、N所在点合场强为零,所以M球在N球处所产生的场强方向向左,大小为E,故M球带负电;同理,N球在M球处产生的场强方向向右,大小为E,故N球带正电,且两球所带电荷量相等所以B、D正确2BC对小球受力分析,小球受重力、电场力作用,合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上,故小球做曲线运动,故A错误,B正确;在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角,故合外力对小球先做负功后做正功,所以速率先减小后增大,选项C正确,D错误3D两极板间电场由正极板指向负极板,镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集,故乒乓球的右侧感应出负电荷,A错误;乒乓球不可能吸在左极板上,B错误;库仑力就是电场力,C错误;乒乓球与右极板接触后带正电,在电场力作用下向负极板运动,碰到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电,在电场力作用下又向正极板运动,这样会在两极板间来回碰撞,D正确4BC小球a从N点静止释放,过P点后到Q点速度为零,整个运动过程只有重力和库仑力做功,库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°,所以库仑力在整个过程做负功小球a从N到Q的过程中,库仑力增大,库仑力与重力的夹角减小,所以它们的合力一直增大,故A错误;小球a受力如图所示,在靠近N点的位置,合力与速度夹角小于90°,在P点合力与速度夹角大于90°,所以小球a从N到P的过程中,速率应先增大后减小,故B正确;从N到Q的过程中,库仑力一直做负功,所以电势能一直增加,故C正确;根据能量守恒可知,P到Q的过程中,动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和,故D错误5D油滴从O到O的过程,动能不变,而重力势能增加,根据能量守恒可知油滴的电势能减小,电场力做正功,油滴带负电,则知该油滴应逆着电场线移动,故O在O的左上方故A、B错误;油滴从O到O的过程,由动能定理得UOOqmgh0解得UOO.故C错误;竖直方向上:vsin gt,设水平方向的加速度大小为a,取向右为正方向,则vvcos at又Eqma联立以上三式得:E,故D正确6B小球从A运动到B的过程中,动能不变,重力势能增加,电势能减小,则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能,故A错误;根据动能定理得:mgLsin qUABmvmv,得到:UAB.故B正确若电场是匀强电场,电场力恒定,到达B点时小球速度仍为v0,故小球做匀速直线运动,电场力与重力、支持力的合力为零小球的重力沿斜面向下的分力为mgsin 一定,则当电场力沿斜面向上,大小为Fmgsin 时,电场力最小,场强最小,又电场力FEq,则该电场的场强的最小值一定是.电场强度的最大值不能确定故C错误;若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生,为45°时,A、B两点的电势相等,小球从A运动到B电势能不变,与上分析矛盾,故D错误7BD物块在4 s内位移为:x×2×(24) m6 m,故A错误;由题图乙可知,前2 s物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有:qE1mgma,由图线知加速度为:a1 m/s2.1 s后物块做匀速直线运动,由平衡条件有:qE2mg,联立解得:q(E1E2)ma由图可得:E13×104 N/C,E22×104 N/C,代入数据解得:m1 kg;由qE2mg可得:0.2,故B正确,C错误;物块在前2 s内的位移x1×2×2 m2 m,物块在24 s内的位移为x2vt24 m电场力做正功WqE1x1qE2x23×22×4 J14 J,则电势能减少了14 J,故D正确5