2019高考物理二轮复习第7讲带电粒子在电场中的运动专题突破练.doc

1、1第 7 讲 带电粒子在电场中的运动考点一 关于电场性质的理解 1.(库仑定律的应用)如图 7-1 所示, MON 是固定的光滑绝缘直角杆, MO 沿水平方向, NO 沿竖直方向, A、 B 为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球,用一指向竖直杆的水平力 F 作用在A 球上,使两球均处于静止状态 .现将 A 球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后, A、 B 两小球可以重新平衡 .后一平衡状态与前一平衡状态相比较,下列说法正确的是 ( )图 7-1A.A、 B 两小球间的库仑力变大B.A、 B 两小球间的库仑力变小C.A 球对 MO 杆的压力变大D.A 球对 MO 杆的压力变小2.(电场的叠加)(多

2、选)如图 7-2 所示,真空中有两个点电荷 q1、 q2分别位于直角三角形的顶点 C、 B,D 为斜边 AB 的中点, ABC=30.已知 A 点电场强度的方向垂直于 AB 向下,则下列说法正确的是 ( )图 7-22A.q1带正电, q2带负电B.q1带负电, q2带正电C.q1电荷量的绝对值等于 q2电荷量的绝对值的二倍D.q1电荷量的绝对值等于 q2电荷量的绝对值的一半3.(电势差与电场强度的关系) a、 b、 c 是匀强电场中的三个点,三点在同一平面上,各点电势依次为 10 V、2 V、6 V .图 7-3 中电场强度的方向表示正确的是 ( )图 7-34.(电场线与等势面)如图 7-

3、4 所示,将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧,两球在空间形成了稳定的静电场,实线为电场线,虚线为等势线 .A、 B 两点与两球球心位于同一直线上,C、 D 两点关于直线 AB 对称,则 ( )图 7-4A.A 点的电势和 B 点的电势相同B.C 点的电场强度和 D 点的电场强度相同C.正电荷从 A 点移至 B 点,电场力做正功D.负电荷从 C 点移至 D 点,电势能增大5.(带电粒子轨迹分析) (多选)2017天津卷 如图 7-5 所示,在点电荷 Q 产生的电场中,实线 MN 是一条方向未标出的电场线,虚线 AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹 .设电子在 A、 B 两点的加速度大小分别

4、为 aA、 aB,电势能分别为 EpA、 EpB.下列说法正确的是( )图 7-5A.电子一定从 A 向 B 运动B.若 aAaB,则 Q 靠近 M 端且为正电荷C.无论 Q 为正电荷还是负电荷,一定有 EpA b c,这一过程电子运动的 v-t 图像可能是图 7-7 中的 ( )图 7-6图 7-72.(E-x 图像)有一半径为 R 的均匀带电薄球壳,在过球心的直线上,各点的电场强度 E 随与球心的距离 x 变化的关系如图 7-8 所示;在球壳外空间,电场分布与电荷量全部集中在球心时相同 .已知静电力常量为 k,半径为 R 的球面面积为 S=4 R2,则下列说法正确的是 ( )图 7-8A.

5、均匀带电球壳带电密度为B.图中 r=1.5RC.在 x 轴上各点中有且只有 x=R 处电势最高D.球面与球心间电势差为 E0R3.(-x 图像)在坐标 -x0到 x0之间有一静电场, x 轴上各点的电势 随坐标 x 的变化关系如图 7-9 所示 .一电荷量为 e 的质子从 -x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿 x 轴正方向穿过该电场区域,则该质子 ( )图 7-9A.在 -x00 区间一直做加速运动B.在 0x0区间受到的电场力一直减小4C.在 -x00 区间电势能一直减小D.在 -x0处的初动能应大于 e 04.(电势能与电势) 在静止点电荷产生的电场中有一个带正电的粒子,粒子仅在电场力的

6、作用下做初速度为零的直线运动,取该直线为 x 轴,起始点 O 为坐标原点,其电势能 Ep随位移x 变化的关系如图 7-10 所示, x1、 x2为粒子运动路径上的两点,在这两点粒子的电势能分别为 Ep1和 Ep2.下列说法正确的是 ( )图 7-10A.x1点的电势比 x2点的电势低B.粒子的运动方向与电场方向相反C.x1点的电场强度小于 x2点的电场强度D.粒子从 x1点运动到 x2点的过程中,电场力做功为 Ep1-Ep2归纳 1.v-t 图像:根据 v-t 图像中速度变化、斜率变化(即加速度的变化),确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况,进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能

7、的变化 .2.-x 图像:(1)电场强度的大小等于 -x 图线的斜率大小 .在电场强度为零处, -x 图线其切线的斜率为零 .(2)由 -x 图像可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向 .(3)在 -x 图像中,可用 WAB=qUAB分析 WAB的正负,然后分析电荷移动时电势能的变化 .3.E-x 图像:(1) E-x 图像反映了电场强度随位移变化的规律 .(2)在 E-x 图像中, E0 表示场强沿 x 轴正方向; E0)的小球 .已知重力加速度为 g,两板间的匀强电场方向竖直向下,电场强度大小 E= ,小球在最高点 A 处于静止状态 .(1)求小球静止时细线拉力

8、 F 的大小 .(2)若电场保持不变,要使得小球在竖直平面内绕 O 点能做完整的圆周运动,在 A 位置至少应给小球多大的初速度 v0?(3)若小球恰能绕悬点 O 在竖直平面内做完整的圆周运动,当小球分别运动到竖直直径 AB 的两端 A、 B 时,细线突然断开,小球均打到金属板 M 上,求两次在金属板 M 上的落点间的距离 x.图 7-1910专题三 电场与磁场 第 7 讲 带电粒子在电场中的运动高频考点探究考点一1.B 解析 对 A 球受力分析,受重力 mg、拉力 F、支持力 N1、静电力 F1,如图所示,根据平衡条件, x 方向上有 F=F1sin ,y 方向上有 N1=mg+F1cos ,

9、对 B 球受力分析,受重力Mg、静电力 F2、杆对其向左的支持力 N2,如图所示,根据平衡条件, x 方向上有 F2sin =N 2,y 方向上有 F2cos =Mg ,且 F1=F2,联立得 F1= ,N1=mg+Mg,由于重新平衡时两球连线与竖直方向的夹角 变小,故静电力 F1变小,水平杆对 A 球的支持力等于两个球的重力之和, N1不变,由牛顿第三定律可知, A 球对水平杆的压力不变,B 正确,A、C、D 错误 .2.AD 解析 A 点电场强度的方向垂直于 AB 向下,将 A 点的合场强 EA沿 CA 和 AB 两个方向分解,如图所示,可知点电荷 q1在 A 点产生的电场强度方向由 C

10、指向 A,点电荷 q2在 A 点产生的电场强度方向由 A 指向 B,则 q1带正电, q2带负电,A 正确,B 错误;设 AB=2L,则 AC=ABsin 30=L,由图可知 =sin 30,则 E1=2E2,根据点电荷的场强公式得, E1=k ,E2=k ,解得q2=2q1,故 C 错误,D 正确 .3.C 解析 由于 Uab= a- b=8 V,则 ab 中点处电势为 6 V,因此 c 点与 ab 中点的电势相同, c 点与 ab 中点的连线则为一条等势线,电场强度方向应垂直于该等势线并且指向电势较低的方向,故选项 C 正确 .4.C 解析 A 点的电势比乙球面的电势高,乙球面的电势比 B

11、 点的电势高,故 A 点的电势比 B 点的电势高,选项 A 错误; C、 D 两点的电场强度大小相等,方向不同,选项 B 错误; A B,正电荷从 A 点移至 B 点,电场力做功 WAB0,选项 C 正确; C、 D 两点位于同一等势线上,故负电荷从 C 点移至 D 点,电势能不变,选项 D 错误 .5.BC 解析 通过电子的运动轨迹可判断电子的受力方向,但无法判断电子的运动方向,根据点电荷的电场规律可知,加速度越大的位置就是离点电荷越近的位置,A 错误,B 正确;电子从 A 运动到 B,电场力做负功,电势能增加, B 点的电势低于 A 点的电势,C 正确,D 错误 .考点二1.A 解析 结合

12、 a b c,由题图等势线的特点可确定此电场为非匀强电场,且 Q 点处电场强度小于 P 点处电场强度,电子仅在电场力作用下沿直线从 P 点运动到 Q 点,将做加速11度越来越小的加速运动,A 正确 .2.A 解析 由图线可知,距离球心 R 处的场强为 E0,根据点电荷的场强公式可知 E0= ,解得球壳带电荷量为 Q= ,则均匀带电球壳带电密度为 = ,选项 A 正确;根据点电荷的场强公式可知 E0= ,解得 r= R,选项 B 错误;由题意可知,在 x 轴上各点中,在 0R 范围内各点的电势均相同,球面与球心间的电势差为零,选项 C、D 错误 .3.D 解析 从 -x0到 0 区间,电势升高,

13、意味着该区域内的场强方向向左,质子受到的电场力向左,与运动方向相反,所以质子做减速运动,选项 A 错误;根据场强与电势差的关系式 E=,从 0 到 x0区间,图线的斜率的绝对值先增大后减小,所以电场强度先增大后减小,根据F=Eq,质子受到的电场力先增大后减小,选项 B 错误;在 -x0到 0 区间,质子受到的电场力方向向左,与运动方向相反,电场力做负功,电势能增加,选项 C 错误;因为质子从 -x0到 0 区间做减速运动,从 0 到 x0区间做加速运动,所以质子能穿过电场区域的条件是在原点处的动能 E要大于零,设质子初动能为 E0,从 -x0到 0 过程中,根据动能定理得 E-E0=-e 0,

14、所以 E0=e 0 +Ee 0 ,选项 D 正确 .4.D 解析 带正电的粒子在 x1点的电势能大于在 x2点的电势能,则 x1点的电势比 x2点的电势高,选项 A 错误;带正电的粒子在电场力作用下从高电势点移到低电势点,可知粒子的运动方向与电场方向相同,选项 B 错误;粒子仅受电场力作用,电场力做功等于电势能的减小量,故F x= Ep,得 F= ,即 Ep-x 图像上某点切线的斜率大小表示电场力的大小,也反映场强的大小,则 x1点的电场强度大于 x2点的电场强度,选项 C 错误;粒子从 x1点运动到 x2点的过程中,电势能的减小量为 Ep1-Ep2,可知电场力做功为 Ep1-Ep2,选项 D

15、 正确 .考点三例 1 (1)2.98107 m/s (2)0.72 m (3)5.7610-18 J解析 (1)根据动能定理得 eU0= m解得 v0= =2.98107 m/s(2)设电子在偏转电场中运动的时间为 t,电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为 y.电子在水平方向做匀速直线运动,有 L1=v0t电子在竖直方向上做匀加速直线运动,有 y= at2根据牛顿第二定律得 =ma联立得 y= =0.36 cm12电子离开偏转电场时速度的反向延长线过水平位移的中点,由图知 =解得 h=0.72 cm (3)电子在偏转电场运动的过程中,电场力对它做的功W=e y=5.7610-18 J例

16、1 变式 (1)4103 m/s (2)50 V/m,与水平方向成 30角斜向左下方解析 (1)由动能定理得 m =qE1d1解得 v1=4103 m/s(2)粒子在区域内做类平抛运动,运动时间t2= =110-3 s由 vx=at2= t2,vy=v1得 tan = =所以 = 30则粒子刚出区域 时速度方向与水平方向成 30角斜向右上方速度大小 v= =8103 m/s由 - t=0-v解得 E3=50 V/m,方向与水平方向或 30角斜向左下方例 2 (1)(- L,0) (2)2L 2 L解析 (1)小球运动到 y 轴时,由动能定理得 mgL= mv2在绳断裂后进入第二象限做类平抛运动

17、,有xB=vt4L-L= at2qE+mg=ma联立解得 xB= L故 B 点的位置坐标为( - L,0)13(2)设绳长为 L1时,小球在 x 轴上的落点与原点间距离最大,由动能定理得 mgL1= m由类平抛运动规律可得x1=v1t14L-L1= aqE+mg=ma联立解得 x1=由数学知识可得,当 L1=4L-L1,即绳长 L1=2L 时,距离最大,最大值为 x1=2 L例 2 变式 (1) (2)Ek= EqR(5-3cos ) (3) EqR EqR解析 (1)粒子经过 B 点时,根据牛顿第二定律得 a= ,水平方向有 R=v0t,竖直方向有 R= at2,联立解得 v0= .(2)粒

18、子经过 C 点时,水平方向有 Rsin =v 1t1,竖直方向有 R-Rcos = a ,得 = ,m = = ,经过 C 点时的动能Ek=Eq(R-Rcos )+ m = EqR(5-3cos ).(3)由(2)中的结论可以看出,当 从 60变化到 90时,粒子穿过圆周时的动能逐渐增大,因此经过 C 点的粒子穿过圆周时动能最小,经过 B 点的粒子穿过圆周时动能最大,则= EqR(5-3cos 60)= EqR,= EqR(5-3cos 90)= EqR. 例 3 A 解析 由题意,粒子在 0 内做类平抛运动,在 T 内做类斜抛运动,因粒子在电场中所受的电场力大小相等,由运动的对称性可知,粒子

19、射出电场时的速度方向一定垂直于14电场方向,选项 A 正确;水平方向上有 l=v0T,竖直方向上有 l= T,在 t= 时刻粒子的速度大小 v= = v0,选项 B 错误;若该粒子在 t= 时刻以速度 v0进入电场,粒子先向下做类平抛运动,再向下做类斜抛运动,恰好沿 PQ 板右边缘射出电场,选项 C 错误;若该粒子的入射速度变为 2v0,则粒子在电场中的运动时间 t= = ,选项 D 错误 .例 3 变式 B 解析 小球在竖直方向做自由落体运动,加交变电场后水平方向运动的 vx-t 图像如图所示,即做周期性的往复运动,在 0T 时间内水平位移为 0,水平方向的末速度为0,则小球在 T 时刻仍恰

20、好到达 D 点,且此时速度仍为 v0,选项 B 正确,A、C、D 错误 .热点模型解读预测 1 BD 解析 将上极板向上移动, d 变大,由 C= 可知, C 变小,电容器要放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,由 E= 可知,电容器两极板间的电场强度不变,油滴所受电场力不变,油滴静止,上极板电势为零, P 点到上极板的距离增大,根据 U=Ed可知, P 点与上极板间的电势差的绝对值增大,而 P 点的电势为负,所以 P 点电势降低,A 错误,B正确;若上极板下移,则 d 变小, C 变大,两极板间的电压 U 等于电源电动势不变,电场强度 E=变大,油滴所受电场力变大,电场力大于重力,

21、合力向上,油滴向上运动, P 点到下极板的距离不变,根据 U=Ed 可知, P 点与下极板间的电势差的绝对值增大,则 P 点与上极极间的电势差的绝对值减小,而 P 点的电势为负,所以 P 点电势升高,C 错误,D 正确 .预测 2 C 解析 设微粒最终速度为零时距离 M 板为 x,则 N 板未移动时,根据动能定理得mgh-qUMN=0,将 N 板上移之后,根据动能定理得 mg - xq=0,联立可得x= h,选项 C 正确 .预测 3 (1) mg (2) (3) d15解析 (1)小球静止,由平衡条件得 mg+F=Eq解得细线拉力 F= mg.(2)若小球到 B 点时细线拉力刚好为 0,则 Eq-mg=m解得 v=小球从 A 到 B,由动能定理得 -(Eq-mg) = mv2- m解得 v0= .(3)在 A 点细线断开后,小球做类平抛运动,有 = 解得 t1=水平位移 x1=v0t1= d在 B 点细线断开后,小球做类平抛运动,有 = 解得 t2=水平位移 x2=vt2= d两次在金属板 M 上的落点间的距离 x=x1+x2= d.