高考物理大二轮复习 第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动专题复习指导练案-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动限时：40分钟一、选择题(本题共8小题，其中14题为单选，58题为多选)1(2017山东省潍坊一模)如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2 V，a点的坐标为(0, 4)，电势为8 V，b点的坐标为(3,0)，电势为8 V，则电场强度的大小为( A )A 250V/mB 200V/mC 150V/m D 120V/m解析由题意可得a、b两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于ab，过O点做ab的垂线相交ab于c点，由几何关系得：tanb，得b53；ocobsinb0.03sin532.4102 mco间的电势差为：U8 V2

2、 V6 V；则电场强度为：E250 V/m，故A正确。2(2017山东省淄博市一模)两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且OMON，由图可知( B )AN点的电势低于M点的电势BM、N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小C仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动D负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功解析由图知，N点的电势高于M点的电势。故A错误；由E可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小。斜率都为正值，说明M、N点的

3、电场方向相同。故B正确；根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动。故C错误；负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功。故D错误。3(2017山东省泰安市一模)如图，Q为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线。两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A以相同的速度v0射入，轨迹如图中曲线，B、C为两曲线与圆的交点。aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小，vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小。不计粒子重力，以下判断正确的是( C )A aBaC

4、vBvC B aBaCvBvCC aBaCvBvC D aBaCvBvC解析由图可知粒子均带正电，AB曲线弯曲程度较AC大，可知AB轨迹的粒子质量较小，因为B、C两点电势相等，可知UACUAB，电荷量相同，由动能定理：qUmv2mv，可知vBaC，综上分析可知C正确，ABD错误。4(2017重庆市一模)如图所示电路，水平放置的平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑动端C相连接。电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端C上移，则电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需的时间t( A )A电量q增大，时间t不变B电量q不

5、变，时间t增大C电量q增大，时间t减小D电量q不变，时间t不变解析当滑动变阻器的滑动端C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据qUC得：电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间t与电压的变化无关，所以时间t不变。故A正确，BCD错误。5(2017湖南省永州市二模)三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则( AD )A三微粒在电场中的运动时间有t1t2t3 B三微粒所带电荷量有q1q2q3C三微粒

6、所受电场力有F1F2F3D飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能解析粒子在电场中运动的时间t，水平速度相等而位移x1x2x3，所以t1t2t3，所以A正确；根据竖直位移公式：yat2t2，对粒子1与2，两者竖直位移相等，可知：在y、E、m相同的情况下，粒子2的时间长，则电量小，即q1q2，而对粒子2和3 在E、m、t相同的情况下，粒子2的竖直位移大，则q2q3。所以B错误；由B选项分析知：q1q2，所以F1F2，C错误；由B选项分析，q2q3，且y2y3，则Eq2y2Eq3y3，电场力做功多，增加的动能大，所以D正确。6(2017山东省淄博、莱芜市二模)某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如图

7、所示；场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x1位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力。下列说法正确的是( BD )A点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小B点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小C电势差Uox1Uox2D在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置的电势能最大解析点电荷从x1运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段：点电荷从x1运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律：a，电场强度E不变，所以加速度a不变，做匀加速运动。点电荷

8、从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a，电场强度E先增大后减小，所以加速度a先增大再减小，速度不是均匀变化。故A错误；点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a，电场强度E先均匀增大后均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小。故B正确；点电荷从O运动到x1的过程中，根据动能定理：Uox1 q0mv ，点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理：Uox2 q0mv ，所以：电势差Uox1Uox2 ，故C错误；点电荷从O运动到x1的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x1位置的电势能最大；点电荷从O运动到x2的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x2位置的电势能最大。故

9、D正确。7(2017江西省新余市二模)有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势随x的分布如图所示。一质量为m、带电量为q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V0从x0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的是( BD )A粒子从x0处运动到xx1处的过程中动能逐渐增大B粒子从xx1处运动到xx3处的过程中电势能逐渐减小C欲使粒子能够到达xx4处，则粒子从x0处出发时的最小速度应为2D若v02，则粒子在运动过程中的最小速度为解析粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误；粒子从x

10、1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势能小，可知B正确；根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：q0(0)0mv，解得：v0，则要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为。故C错误；若v02，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：q0(0)mv mv，解得最小速度为：vmin，故D正确。8(2017山东省淄博、莱芜市二模)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容器电容为C。电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量ECU2。一电荷量为q的

11、带电油滴以初动能Ek从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( BD )A保持开关闭合，只将上极板下移了，带电油滴仍能沿水平线运动B保持开关闭合，只将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为EkC断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2D断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2解析保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移的过程中，极板距离减小，根据知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上做加速运动，故A错误；初始时能匀速通过电容器，说明mgq，保持

12、开关闭合，仅将上极板下移 ，两极板间距离变为d，电场强度E，电场力做功WqE()，根据动能定理WEkEk0，mg()EkEk0 ，解得：EkEk0dEk0，所以撞击上极板时的动能是Ek0，故B正确；断开开关，电容器所带的电荷量不变，根据E，可知场强不变，油滴所受的电场力不变，带电油滴仍然沿水平虚线匀速通过电容器，下极板在上极板处产生的场强为，上极板上移，上极板所受电场力为EQ，外力对极板所做的功为WFEQEdQUCUCU2，故D正确。故选：BD。二、计算题(本题共3小题，需写出完整的解题步骤)9(2017辽宁省大连市二模)如图甲所示，将一倾角37的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面

13、向上的匀强电场。一质量m0.2 kg，带电量q2.0103 C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1 s后撤去电场，小物块运动的vt图像如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g10 m/s2。(sin370.6，cos370.8)，求：(1)电场强度E的大小；(2)小物块在00.3 s运动过程中机械能增加量。解析(1)加速度时：a120 m/s2减速时：a210 m/s2由牛顿第二定律得：Eqmgsinfma1mgsinfma2解得Eq3mg摩擦力f0.8 NE3103 N/C(2)方法一：Ek0Epmgx总sin37x总20.30.3 mEEpE0.2100.30.60.36 J方法二：加速距

14、离x1t10.1 m减速距离x2t20.2 m电场力做功WEEqx10.6 J摩擦力做功Wff(x1x2)0.24 J物块00.3 s运动过程中机械能增加量EWEWf0.60.240.36 J10(2017湖北省襄阳五中一模)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平。质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R。从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等(水平分量待定)，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点。设小球运

15、动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小。解析(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒，故有：mg4Rmv到达B点时速度大小为vB2(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fymg(方向竖直向上)。小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：Fx2Rmvmv小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，有y4RvCtx2Raxt2t2联立解得：Fxmg电场力的大小为：qEmg11(2017山东省淄博市二模)如图所示，质量m1.0 kg、带电量q4103 C的小球用长度l0.8 m的不可伸长的绝缘轻质细线

16、悬吊在O点，过O点的竖直线右侧有竖直向下足够大的匀强电场，场强大小E5103 N/C。现将小球拉至A处，此时，细线与竖直方向成角。现由静止释放小球，在小球运动过程中细线始终未被拉断。已知cos，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)小球第一次运动到最低点时的速度大小；(2)小球第一次进入电场时做什么运动？小球第一次离开电场时的速度多大？(结果可保留根号)(3)小球每次离开电场前瞬间绳子对小球的拉力大小。解析(1)小球从图示位置到达最低点的过程，由机械能守恒定律得mgl(1cos)mv代入数据得v02m/s(2)由于qEmg10 Nm5 N，故小球先做类平抛运动。则有xv0t，yat2，qEm

17、gma(yl)2x2l2联立并代入数据得t0.4 s，xy0.8 m即小球恰好处于水平位置细线张紧，此时，小球的竖直分速度vyat4 m/s细线张紧瞬间，小球水平速度立即变为零，以竖直分速度作为初始速度做圆周运动，则由细线张紧位置到第一次离开电场时，由动能定理得(qEmg)lmvmv，代入数据得v14 m/s(3)小球第一次离开电场到达最低点过程中，由动能定理得mg2lmv12mv解得v18 m/s由于qEmg10 Nm80 N故此后绳张紧有拉力，小球继续做圆周运动，设小球第n次经过最高点时速度为vn，由动能定理得，(N1)qE2lmvmv(n1,2,3)，解得v64(n1)32最高点时，由牛顿第二定律得FmgqEm联立解得F10(8n3)(N)，n1,2,3