推荐学习K122019届高考物理一轮复习第七章静电场学案

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=3 V,φC=φB,即B、C在同一等势面上,如图所示,由电场线与等势面的关系和几何关系知:d=1.5 cm。则E==

U3

V/m=200 V/m,A正确。

d1.5×10-28.(2015·全国卷Ⅱ)如图,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到

B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点

间的电势差。

解析:设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变,即

vB sin 30°=v0sin 60°

由此得

vB=3v0 ②

设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有

qUAB=m(vB2-v02)

联立②③式得

12

mv02

UAB=。

qmv02

答案: q[B级——拔高题目稳做准做]

★9.[多选](2018·河北定州中学月考)如图所示,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( )

A.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P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量 D.从N到Q的过程中,电势能一直增加

解析:选BD a由N到Q的过程中,重力竖直向下,而库仑力一直沿二者的连线方向,则可知,重力与库仑力的夹角一直减小,同时库仑力在增大,故合力一直在增大,故A错误;在从N到P的过程中合力先与运动方向的夹角为锐角,合力做正功;而后合力与运动方向夹角为钝角,合力做负功,故从N到P的过程中,速率先增大后减小,故B正确;从P到Q12

的过程中,由动能定理可知,-mgh-WE=0-mv,故动能的减小量等于重力势能增加量和

2

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电势能的增加量,故C错误;由于在下降过程中,库仑力一直与运动方向夹角大于90度,故库仑力一直做负功,电势能一直增加,故D正确。

★10.[多选](2018·河南南阳一中月考)空间某区域竖直平面内存在电场,电场线分布如图所示。一个质量为m、电荷量为q,电性未知的小球在该电场中运动,小球经过A点时的速度大小为v1,方向水平向右,运

动至B点时的速度大小为v2。若A、B两点之间的高度差为h,则以下判断中正确的是( )

A.A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA>EB、φA<φB B.若v2>v1,则电场力不一定做正功 C.A、B两点间的电势差为

m22

(v2-v1-2gh) 2q1212

D.小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv2-mv1

22

解析:选BC 由电场线的疏密可判断出EA<EB,由电场线的方向可判断出φA>φB,故1212

A错误;在运动的过程中,由动能定理得,mgh+qU=mv2-mv1,若v2>v1,qU可正可负,

22即电场力不一定做正功, A、B两点间的电势差U=(v2-v1-2gh),电场力做功W=qU=2q1212

mv2-mv1-mgh,故B、C正确,D错误。 22

★11.[多选]如图所示,在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场,将一质量为m、带电荷量为q的小球,以某一初速度从O点竖直

m22

?11?2向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx,且小球通过点P?,?。

kk?

?

已知重力加速度为g,则( )

A.电场强度的大小为 B.小球初速度的大小为 mgqg 2k5mgC.小球通过点P时的动能为

4kD.小球从O点运动到P点的过程中,电势能减少2

2mgk

解析:选BC 由轨迹方程y=kx可知小球运动轨迹为初速度向上的抛物线,合力向右,如图所示,由受力分析可知 2mg=Eq,E==v0t,

2mg1121

,A错误。联立方程=gt,qk2k推荐学习K12资料

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解得v0=

g,B正确。 2k1125mg22

据动能定理mg·=Ek-mv0,得Ek=,C正确。ΔEp=-W=-Eq·=-2mg·

k24kkk-2mg=,D错误。

k★12.(2018·陕西西安中学模拟)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中0~

x2段是关于直线x=x1对称的曲线,x2~x3段是直线,则下列说法正确的

是( )

A.x1处电场强度最小,但不为零

B.粒子在0~x2段做匀变速运动,x2~x3段做匀速直线运动

C.在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φ0>φ1 D.x2~x3段的电场强度大小和方向均不变

Δφ

解析:选D 根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,场强与电势的关系:E=,得:EΔx1ΔEpΔEp=·,由数学知识可知Ep-x图像切线的斜率等于,x1处切线斜率为零,则x1处电qΔxΔx场强度为零,故A错误;由题图看出在0~x1段图像切线的斜率不断减小,由上式知场强减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小,做非匀变速运动,x1~x2段图像切线的斜率不断增大,场强增大,粒子所受的电场力增大,做非匀变速运动,x2~x3段斜率不变,场强不变,即电场强度大小和方向均不变,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,做匀变速直线运动,故B错误,D正确;根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,粒子带负电,q<0,则知:电势能越大,粒子所在处的电势越低,所以有:φ1>φ2=φ0>φ3,故C错误。

13.如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.4 m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场

强度E=1.0×10 N/C。现有一电荷量q=+1.0×10 C,质量m=0.1 kg的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)。取g=10 m/s。试求:

(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小; (2)D点到B点的距离xDB;

(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能(结果保留3位有效数字)。

2

4

-4

vC2

解析:(1)设带电体通过C点时的速度为vC,依据牛顿第二定律有mg=m,

R解得vC=2.0 m/s。 推荐学习K12资料

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设带电体通过B点时的速度为vB,设轨道对带电体的支持力大小为FB,带电体在B点时,根据牛顿第二定律有

vB2

FB-mg=m。

R带电体从B运动到C的过程中,根据动能定理有 1212

-mg×2R=mvC-mvB

22联立解得FB=6.0 N,

根据牛顿第三定律,带电体对轨道的压力FB′=6.0 N。

(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,根据运动的分解有2R12

=gt, 2

xDB=vCt-1Eq2

t 2m联立解得xDB=0。

(3)由P到B带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。

设带电体的最大动能为Ekm,根据动能定理有

qERsin 45°-mgR(1-cos 45°)=Ekm-mvB2,

代入数据解得Ekm≈1.17 J。 答案:(1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J

12

第3节电容器__带电粒子在电场中的运动

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