2023届二轮复习三第1讲　电场　带电粒子在电场中的运动素养作业.pdf

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1、专题三电场与磁场第1讲 电场 带电粒子在电场中的运动提升专题素养、分层训练测效果一）保分综合练1.（20 21 全国乙卷，1 5）如图a,在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应,在金属平板上表面产生感应电荷,金属板上方电场的等势面如图b中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处,该试探电荷受到的静电力大小分别为F“和F、,相应的电势能分别为E洲和口,则（A ）/-”,*：Z-:.EpN B.FM FN,E pQ E pNC.R K FN,EpMEpN D.FM F、,EpMEpN解析:等势面的疏密反映电场强度的大小，故N点的电场强度大于M点的电场

2、强度，同一正的试探电荷在N点受到的静电力大，即F R FN；在负的点电荷形成的电场中，离负点电荷越近，电势越低,正试探电荷的电势能越小，故 夕M N,EPM EPN,A正确。2.（20 21 江苏卷,2）有研究发现,某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流,若将该细胞膜视为1 X I O-8 F的电容器，在2 m s内细胞膜两侧的电势差从-7 0 mV变为30 mV,则该过程中跨膜电流的平均值为（D ）A.1.5 X 1 0 7 A B.2X 1 0 7 AC.3.5 X 1 0 7 A D.5 X 1 0 7 A解析：根据 Q=C U,可 矢 口 Q=C U=1 X 1（

3、8 （3O+7 O）X 1 O 3 C=1 X 1 O 9 C,则该过程中跨膜电流的平均值为I 丹=白 瞿 A=5 X 1 0 7 A,故选D。3.（20 22 福建龙岩三模）（多选）如图所示,空间有a、b 两个点电荷，实线为电场线,虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹,M、N为轨迹上的两点，则（C D ）A.M点的电势比N点的高B.M点的电场强度比N点的大C.a、b 为异种电荷,a 的电荷量小于b的电荷量D.粒子从M点运动到N点电势能减小解析：由于不清楚a、b 两个点电荷的电性和带电粒子的电性,故不能确定电场线的指向，不能确定M、N两点的电势高低,A 错误;M点处的电场线比较稀疏,N点

4、处的电场线比较密集，故M点的电场强度比N点的小,B 错误；由图中电场线分布可知,a、b 为异种电荷,且b附近电场线更密集,故a 的电荷量小于b 的电荷量,C 正确;如图所示,带电粒子从 M点运动到N点受到的静电力与速度方向的夹角为锐角，静电力做正功，故电势能减小,D正确。4.（2022 安徽合肥三模）在x轴上分别固定两个点电荷Qi、Q%Q2位于坐标原点0处。两点电荷形成的静电场中,x轴正半轴上的电势。随x变化的图像如图所示。下列说法正确的是（D）A.X3处电势 最高，电场强度最大B.Qi带负电,Q2带正电C.Q）的电荷量小于Q?的电荷量D.电子从xi处沿x轴移动到X2处，电势能增加解析:根据E

5、=华可知，*x图像的斜率表示电场强度,X3处电势.最高,电场强度为零,A错误；由图可知,x-0时，*-8,说明Qz带负电，而在整个空间存在夕0的区域，说明Q1带正电,B错误;在X3处电场强度为零，说明两个点电荷在该处电场强度大小相等，方向相反，根据E=k$可知,Qi的电荷量大于Q2的电荷量,C错误；电子从XI处沿X轴移动到X2处,静电力对电子做负功，电势能增加,D正确。5.（2022 山东泰安二模）如图所示，4 A B C是圆的内接三角形，NBAC=63.5,0为圆心,AC为直径，半径R=5 cm。有一匀强电场（图中未画出）电场方向与圆周在同一平面内，取0点电势为零。A处的粒子源向平面内各个方

6、向发射初动能均为8 eV、电荷量为+e的粒子，其中到达B点的粒子动能为12 eV,到达C点的粒子电势能为-4 eVo不计粒子受到的重力和粒子间的相互作用，取sin 530=0.8 o则匀强电场的电场强度大小为（C）A.25 V/m B.50 V/mC.100 V/m D.200 V/m解析:根据电势能表达式Ep=ec=-4 eV,可知粒子在C点的电势为般=-4 V,根据 UA O=UO C=（P O-0）的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以M N 延长线上0点为球心，电势为零的等势面（取无穷远处电势为零），P 为M N 连线上的一点,S 为等势面与直线M N 的交点,T 为等势面上的一点

7、，下列说法正确的是（B ）2a!-QA.P点电势低于S点电势B.T点电场强度方向指向0点C.除无穷远处外,M N 直线上还存在两个电场强度为零的点D,将正试探电荷q。从 T点移到P点,静电力做正功解析:根据电场叠加可知,直线上M、N间的电场强度水平向右,沿着电场线电势逐渐降低,可知P 点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S 点电势，故A错误；由题意知,在N点左侧电场强度不可能为零,则N点右侧，设M、N距离为L,根 据 产%=2,可知除无穷远处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,故C错误；由A选项分析可知,T点电势低于P 点电势,则正电荷在T 点的电势能低于在P 点的电势能,将正

8、试探电荷q。从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功,故D错误;如图所示,设等势圆的半径为R,与MN的交点为A,AN距离为 x,MN距离为L,T二M p N o is、一J根据小,结合电势的叠加原理,A、S 满 足 产 见,凸 鲁=萨,解 得x L-x x L+2R-X 2R-XX=g,R=y,由于电场强度方向垂直于等势面,可知T点的电场强度方向必过等势面的圆心,0 点电势。=上空-苧等,可知。T 点电场方L十 一 乙 L3 3向指向0 点，故 B正确。8.（2022 安徽宣城二模）（多选）如图所示，固定光滑绝缘直杆上套有一个质量为m、带电荷量为+q的小球和两根原长均为L 的轻弹簧,两根轻弹簧

9、的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为0,两弹簧的劲度系数均为列嘿，小球在距B 点？的 P 点处于静止状态,Q 点 距 A 点，重力加速度为g o 下列说法正确的是(C D )A.匀强电场的电场强度大小为安也B.若小球从P点以初速度v。沿杆向上运动，恰能到达Q点，则初速度12gLsin025C.若小球从Q点 由 静 止 下 滑,动 能 最 大 为 电 泮D.若小球从Q点由静止下滑,则小球在Q点的加速度大小为当g s i n 9解析：由题意可知,小球在P点静止时,两弹簧对小球的弹力方向均沿直杆向上,且大小均为FT

10、=k A x-呼.m g s i n 9 ,设匀强电场的电场强度大小为E,在沿直杆方向根据平衡条件有(m g+q E)s i n 0 =2 左，联立以上两式解得E=詈,故 A错误;根据对称性可知，小球在P、Q两点时两弹簧的弹性势能之和相同，即小球从P 到 Q的过程中，两弹簧对小球做功的代数和为零,则根据动能定理有-(m g+q E)(2 L-|L)s i n 9 =-o2.解 得 v o=隹 醇,故 B错误;小球从Q点由静止下滑过程中，2 V 25当合外力为零时动能最大，即小球运动至P点时动能最大,对小球从Q到 P 的过程,根据动能定理有 Ek i n=(m g+q E)(2 L-1 L)s

11、i n 9 =|m g L s i n 9 ,故 C正确;若小球从Q点由静止下滑,在Q点,根据牛顿第二定律得2 k(L q)+m g s i n 0+q E s i n 0 =m a,解得 a 亭 g s i n 0,故 D 正确。9.(2 0 2 2 安徽阜阳模拟)如图所示，位于竖直平面内有一光滑绝缘圆弧轨道,半径R=2.5 m,圆心角为6 0 ,下端与长L=3 m的绝缘水平传送带平滑连接,传送带距地面高度h=4 m,以v=3 m/s 的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度E=8 N/Coa为 m i=l.0 X 1 0 :,kg的不带电的绝缘物块,b为 m2=4.

12、0 X 1 0-3 k g q=l.0 X 1 03C 带正电的物块。物块b 静止于圆弧轨道最低点,将物块a 从圆弧轨道顶端由静止释放,运动到最低点与b 发生弹性碰撞(碰撞过程中b的电荷量不发生变化)，碰后b先在传送带上运动,后离开传送带飞入电场中，最后落在地面上的P点(图中未标出)。已知物块b与传送带之间的动摩擦因数R=0.1。(g 取 1 0 m/s；物块a、b 均可看成质点)求：(1)物块a 运动到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力；(2)物块b 离开传送带时的速度；(3)b 落地点P 到传送带右端的水平距离。解析：根据机械能守恒定律得n h g R(l-c os 6 0 解得 Vi=

13、5 m/s;根据牛顿第二定律得F m i g=m i 竽，解得R=0.0 2 N,根 据 牛 顿 第 三 定 律 得=0.0 2 N,方向竖直向下。根据动量守恒定律得n i i Vi +m2V2=n i i V,根据机械能守恒定律vJ 弓m 2 1 2 2 2 m m 心解得 V2=2 m/s,根据动能定理得U m2g x=|m2v2-|m2v22,解得 x=2.5 m 3 m,物块b 在传送带上先做匀加速运动,后随传送带做匀速运动，离开传送带时的速度为v=3 m/s o在电场中物块b 做类平抛运动，根据牛顿第二定律得m2g-q E=m2a)解得 a=8 m/s2;在电场中的运动时间为h=|a

14、 t2,解得t=l s,水平距离为s=v t=3 mo答案：(l)5 m/s 0.0 2 N,方向竖直向下(2)3 m/s (3)3 m1 0.(2 0 2 2 广东潮州二模)图中A、B 是绝缘水平面上相距d=2 m的两点,A、B间存在一个水平向右的匀强电场，电场强度大小E=4 X 1 04 V/m o一带电荷量q=+5 X 1 0-5 C、质量m=l k g 的绝缘滑块Q 静置在A点,滑块 Q与水平面间的动摩擦因数R=0.1。用长L=0.4 m的轻绳将不带电小球P 悬挂在A 点正上方的0 点,保持绳子绷紧，将 P 球拉至与0 点等高的水平位置,如图所示。现给P 球竖直向下的初速度v0=l m

15、/s,此后P 球下摆与Q 发生弹性正碰。已知P 球质量也为m,整个过程没有电荷转移,P、Q 体积大小均可忽略不计，轻绳不被拉断。(g 5 X 1 0 m/s2).E 0?-OpB A 求 P 与 Q 第一次碰撞后瞬间,P 与 Q的速度大小；(2)求 P 与 Q 第一次碰撞后,滑块Q离A点的最远距离；(3)若电场强度E可变,试讨论在轻绳不松弛的前提下,滑块Q在AB段滑行的路程与电场强度E的关系。解析：小球P运动至与Q碰撞前,有mgLgnw/一加。2,解得 Vi=3 m/s;P与Q发生弹性碰撞,有mvP+mve=mvi,1 2 _ i _ l 2 1 2-mvP 乙+-mvQ 乙=11%乙、解得

16、VP=O,VQ=3 m/so(2)设碰撞后,Q没有滑离AB段，当Q减速至0时，有一qExu mgXi=0-|mvQ2,解得 Xi=l.5 md,假设成立,即P与Q第一次碰撞后,滑块Q离A点的最远距离为1.5 mo 若P与Q第一次碰撞后,Q恰好能滑到B点,则-q&d-Pmgd=O-lmvQ2,解得 E尸2.5X101 V/mo当E u mg,则Q返回再次与P相碰。设Q第一次在AB段减速至0的位移为X2时，返回与P碰撞后,P恰好能回到0点等高位置，贝hqEzX?.U mgx2=0-1mvQ2,设Q回到A点时速度为V 2,Q从A点开始运动到又回到A点时，有-2 1 1P与Q再次碰撞,质量相等的弹性碰

17、撞,两者交换速度，则碰后P的速度也为V 2,此后P运动至与圆心等高，有-m g L R-a m w?,解得 E z=3.4义1。5 V/l D o当E 3.4 X 1 05 V/m时,P超过0点等高位置，因为9%2.g L,P无法到达圆周最高点,绳子松弛,不满足条件。当 2.5 X 1 0 V/m W E W 3.4 X 1 05 V/m 时，因为qE u m g,Q无法停在A B段,最终停在A点,全过程,对系统由能量守恒,有 U m g s2=1 m v02+m g L,解得 S2=4.5 m,则Q在A B段滑行的路程为S2=4.5 mo综上为保证绳子不松弛需满足E W 3.4 X 1 0

18、5 v/m；当E 0)。以0为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点,则ON上的电势夕随位置x的变化关系如图b所示。一电荷量为Q(Q0)的小球S)以一定初动能从M点竖直下落,一段时间后经过N点,其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图c所示。图中g为重力加速度大小,k为静电力常量。M求小球S i 在 M 点所受静电力大小。(2)当小球S i 运动到N 点时，恰与一沿x 轴负方向运动的不带电绝缘小球 S 2 发生弹性碰撞。已知S i 与S 2 的质量相等，碰撞前、后&的动能均为 驾，碰撞时间极短。求碰撞前S 2 的动量大小。OL i(3)现将S 2 固定在N 点，为保证

19、S i 能运动到N 点与之相碰,S i 从M 点下落时的初动能须满足什么条件？解析：(1)设 A点到M 点的距离为R”A点的电荷对小球S,的库仑力大小为FA,由几何关系可知,RM=2L,由库仑定律有F,守。RM设小球S i 在 M 点所受静电力大小为FM,在 A、B 两点的点电荷对S,的库仑力大小相等，且与x 轴负方向的夹角都为45 ,由力的合成有FM=2FACOS 45 ,联立上式，由几何关系并代入数据得F、尸 辱。(2)设0点下方，处为C点,A与C的距离为Rc,且与x轴负方向的夹角为0，小球S i在C处所受的库仑力大小为F c,由库仑定律和力的合成有Fc=2 c o s 9 ,Rc式中 c

20、 o s 9 ,Rc设小球S i的质量为m i,小球S i在C点的加速度大小为a,由牛顿第二定律有 F c+m i g=m i a,由图c可知,在 处，小球S i的加速度a=2 g,联立上式并代入数据得m尸 警。设S 2的质量为0 1 2,碰撞前、后S i的速度大小分别为Vi、V，S 2碰撞前、后的速度大小分别为V2、V 2，取竖直向下为正方向。由于S i碰撞前、后动能大小不变,故碰撞后S i速度反向,沿X轴负方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有-m i v/+m 2 V2 =m i Vi-m2V2,vj 冶m 2 V2，2 1n l必2+如 2,依题意有，1心/=11 VJ ；即V尸”，所以

21、由能量守恒定律可知吴才与必；即 V2=V2/,又m i=m 2,由动量守恒方程可知Vi=v2,根据:m i%2=岑1可得Vi=3 j Z万，故碰撞前S 2的动量大小8 k Q2 疯P 2=m2V2=m 1 v 1=-设0点上方 处为D点。根据图c和对称性可知,S i在D点所受的静电力大小等于小球所受的重力大小,方向竖直向上,S i在此处加速度为05在D点上方做减速运动,在D点下方做加速运动,为保证S,能运动到N点与S 2相碰,S i运动到D点时的速度必须大于零。设M点与D点电势差为加，由电势差定义有UM D-MFD,设小球S i的初动能为E k,运动到D点的动能为E k D,由动能定理有m i g (MO-D O)+Q UiD=EkD-Ek,EkD 0,由对称性,D点与C点电势相等,M点与N点电势相等,依据图b所给数据,联立可得E Q空 黑 型。答案：(1)警8kQ2历9gL2见解析