2、電荷帶正電,它們之間是吸引力,而曲線運(yùn)動所受合力指向曲線的凹側(cè),故Q應(yīng)該在軌跡的凹側(cè),故A錯誤;試探電荷從M到N速度減小,說明M點(diǎn)離場源電荷較近,越靠近場源電荷電勢越低,所以M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的電勢低,故B錯誤;只有電場力做功,動能和電勢能之和守恒,在N點(diǎn)動能小,故在N點(diǎn)電勢能大,故C正確;離場源電荷越近,電場強(qiáng)度越大,加速度越大,所以q在M點(diǎn)的加速度比在N點(diǎn)的加速度大,故D錯誤。
2.(2019·天津南開區(qū)模擬)如圖所示,A、B為兩個等量的正點(diǎn)電荷,在其連線中垂線上的a點(diǎn)放一個負(fù)點(diǎn)電荷q(不計重力),b點(diǎn)為連線中垂線上一點(diǎn)且aO=bO,點(diǎn)電荷q從a點(diǎn)由靜止釋放經(jīng)O點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中,下列說
3、法正確的是( )
A.點(diǎn)電荷q的速度一定先增大后減小
B.點(diǎn)電荷q的加速度一定先減小后增大
C.點(diǎn)電荷q的電勢能一定先增大后減小
D.點(diǎn)電荷q在O點(diǎn)電勢最大,動能為零
答案:A
解析:根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度的疊加法則,可知同種正電荷的中垂線上,由O點(diǎn)向兩邊,電場強(qiáng)度方向向兩邊延伸,且大小先增大后減小,在a點(diǎn)由靜止釋放一個負(fù)點(diǎn)電荷q,它只在電場力作用下,先向下加速,后向下減速運(yùn)動,電荷q的速度一定先增大后減小,故A正確;同種正電荷的中垂線上,由O點(diǎn)向兩邊,電場強(qiáng)度方向向兩邊延伸,且大小先增大后減小,所以點(diǎn)電荷q的加速度可能先減小后增大,有可能先增大,后減小,然后再增大,再減小,故B
4、錯誤;由A的分析可知,電荷q的速度一定先增大后減小,則動能先增大后減小,所以電勢能先減小后增大,點(diǎn)電荷q在O點(diǎn)電勢最大,動能最大,故C錯誤,D錯誤。
3.(2019·天津和平區(qū)二模)如圖所示,絕緣細(xì)線上端固定,下端系一帶正電q、質(zhì)量為m的小球,空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場E,帶電小球靜止時絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角為θ,已知重力加速度為g,小球的電荷量保持不變。以下說法正確的是( )
A.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E=mgtanθq,方向?yàn)樗较蜃?
B.絕緣細(xì)線對小球的拉力大小為FT=mgcos θ,方向?yàn)檠丶?xì)線斜向上
C.在剪斷絕緣細(xì)線的瞬間,小球加速度大小為gcosθ,方向?yàn)檠丶?xì)線
5、斜向下
D.在撤去勻強(qiáng)電場的瞬間,小球加速度大小為gtan θ,方向?yàn)樗较蜃?
答案:C
解析:小球受力如圖所示。小球處于平衡狀態(tài),重力mg和電場力qE的合力與繩子拉力FT大小相等、方向相反,所以由平衡條件有Eq=mgtanθ,得E=mgtanθq,因?yàn)樾∏驇д?所受的電場力方向與電場強(qiáng)度方向相同,所以電場強(qiáng)度方向水平向右,故A正確;根據(jù)平衡條件得FT=mgcosθ,方向沿細(xì)線向上,在剪斷絕緣細(xì)線的瞬間,繩子拉力為零,重力和電場力的合力與繩子拉力大小相等、方向相反,根據(jù)牛頓第二定律得此時加速度為a=mgcosθm=gcosθ,方向?yàn)檠丶?xì)線斜向下,故B錯誤,C正確;在撤去勻強(qiáng)電場的瞬間,
6、繩子拉力發(fā)生突變,合力與繩垂直,由牛頓第二定律得此時加速度為a=mgsinθm=gsinθ,方向與細(xì)線垂直且向下,故D錯誤。
4.(2019·天津?yàn)I海新區(qū)三模)如圖所示,平行板電容器兩極板水平放置,現(xiàn)將其接在電動勢為E的直流電源上,電容器下極板接地,靜電計所帶電荷量可忽略。閉合開關(guān)S,一帶電油滴恰好靜止于兩板中間的P點(diǎn),現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則下列說法正確的是( )
A.平行板電容器的電容將變大
B.靜電計指針張角變小
C.P點(diǎn)的電勢增大
D.油滴仍將保持靜止
答案:C
解析:根據(jù)C=εrS4πkd知,將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距
7、離,即d增大,則電容減小,故A錯誤;靜電計測量的是電容器兩端的電勢差,因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連,則電勢差不變,所以靜電計指針張角不變,故B錯誤;電勢差不變,d增大,則電場強(qiáng)度減小,故電場力將減小,故P點(diǎn)與上極板的電勢差減小,則P點(diǎn)的電勢升高,故C正確;電容器與電源斷開,則電荷量不變,再將下極板向下移動一小段距離,即d變大,根據(jù)E=Ud,則兩極板電場強(qiáng)度減小,那么電場力減小,因此油滴將向下加速運(yùn)動,故D錯誤。
5.(2019·重慶上學(xué)期期末抽測)如圖所示,豎直面內(nèi)分布有水平方向的勻強(qiáng)電場,一帶電粒子沿直線從位置a向上運(yùn)動到位置b,在這個過程中,帶電粒子( )
A.只受到電場力作用
B
8、.帶正電
C.做勻減速直線運(yùn)動
D.機(jī)械能守恒
答案:C
解析:帶電粒子沿直線從位置a運(yùn)動到位置b,說明帶電粒子受到的合外力方向與速度在一條直線上,對帶電粒子受力分析,應(yīng)該受到豎直向下的重力和水平向左的電場力,電場力方向與電場線方向相反,所以帶電粒子帶負(fù)電,故A、B錯誤;由于帶電粒子做直線運(yùn)動,所以電場力和重力的合力應(yīng)該和速度在一條直線上且與速度方向相反,故帶電粒子做勻減速直線運(yùn)動,故C正確;電場力做負(fù)功,機(jī)械能減小,故D錯誤。
6.(2019·山東泰安一模)如圖所示,絕緣水平面上固定一正點(diǎn)電荷Q,另一電荷量為-q、質(zhì)量為m的滑塊(可看作點(diǎn)電荷)從a點(diǎn)以初速度v0沿水平面向Q運(yùn)動,到
9、達(dá)b點(diǎn)時速度為零。已知a、b間距離為x,滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。以下判斷正確的是( )
A.滑塊在運(yùn)動過程中所受Q的庫侖力有可能大于滑動摩擦力
B.滑塊在運(yùn)動過程的中間時刻速率等于v02
C.此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為mv022
D.Q產(chǎn)生的電場中a、b兩點(diǎn)間的電勢差Uab=m(v02-2μgx)2q
答案:D
解析:由于一直做減速運(yùn)動,庫侖力在增大,要減速到0,摩擦力應(yīng)該始終比庫侖力大,且由a到b過程中加速度在減小,不是勻變速運(yùn)動,A、B錯誤;由動能定理-qUab-μmgx=0-12mv02可知,C錯誤,D正確。
二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題,在每小題給
10、出的四個選項(xiàng)中,有多個選項(xiàng)是符合題目要求的)
7.(2019·天津河西區(qū)一模)如圖所示,在水平向右的勻強(qiáng)電場中有一絕緣斜面,斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下,已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12 J,金屬塊克服摩擦力做功8 J,重力做功24 J,則下列判斷正確的是( )
A.金屬塊帶負(fù)電荷
B.金屬塊克服電場力做功8 J
C.金屬塊的電勢能增加4 J
D.金屬塊的機(jī)械能減少12 J
答案:CD
解析:在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J,金屬塊克服摩擦力做功8.0J,重力做功24J,根據(jù)動能定理得W總=WG+W電+Wf=ΔEk
電場力做功為W電=-4J
所以金屬塊克服電
11、場力做功4.0J,金屬塊的電勢能增加4J,電場力做負(fù)功,因此電場力應(yīng)該水平向右,金屬塊帶正電荷,故A、B錯誤,C正確;在金屬塊滑下的過程中重力做功24J,重力勢能減小24J,動能增加了12J,所以金屬塊的機(jī)械能減少12J,故D正確。
8.(2017·天津卷)如圖所示,在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中,實(shí)線MN是一條方向未標(biāo)出的電場線,虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運(yùn)動軌跡。設(shè)電子在A、B兩點(diǎn)的加速度大小分別為aA、aB,電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是( )
A.電子一定從A向B運(yùn)動
B.若aA>aB,則Q靠近M端且為正電荷
C.無論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定有EpA
12、B
D.B點(diǎn)電勢可能高于A點(diǎn)電勢
答案:BC
解析:電子的運(yùn)動可能從A向B做減速運(yùn)動,也可能從B向A做加速運(yùn)動,故A錯;由曲線運(yùn)動的特點(diǎn),合外力總指向彎曲軌跡的內(nèi)側(cè),故電場方向由M指向N,故B點(diǎn)的電勢一定低于A點(diǎn)電勢,故D錯;若aA>aB,則場源電荷必在M端,一定為正電荷,故B正確;電子從A運(yùn)動到B做減速運(yùn)動,電場力做負(fù)功,電勢能增加,故EpA
13、相互作用,則從開始射入到打在上極板的過程中( )
A.它們運(yùn)動的時間tN=tM
B.它們電勢能減少量之比ΔEM∶ΔEN=1∶2
C.它們的動能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶2
D.它們所帶的電荷量之比qM∶qN=1∶2
答案:AD
解析:由題可知,兩個帶電粒子都做類平拋運(yùn)動,水平方向做勻速直線運(yùn)動,而且它們的水平位移相等、初速度相等,則在電場中的運(yùn)動時間相等,即tN=tM,故A正確;由題圖可知,豎直位移之比為yM∶yN=1∶2;而豎直位移y=12at2=qEt22m,由于m、t、E相等,則電荷量之比qM∶qN=yM∶yN=1∶2,電荷在電場中運(yùn)動時,由功能關(guān)系可知,電勢能
14、減小量等于電場力做功,則電勢能減少量之比ΔEM∶ΔEN=qMEyM∶qNEyN=1∶4,由動能定理可知,動能增量之比為1∶4,故B、C錯誤,D正確。
三、計算題(本題共1小題,須寫出規(guī)范的解題步驟)
10.(2019·全國卷3)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場,O、P是電場中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電,B的電荷量為q(q>0)。A從O點(diǎn)發(fā)射時的速度大小為v0,到達(dá)P點(diǎn)所用時間為t;B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時間為t2。重力加速度為g,求:
(1)電場強(qiáng)度的大小;
(2)B運(yùn)動到P點(diǎn)時的動能。
答案:(1)3mgq (2)2m(v02+g2t2)
解析:(1)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E,小球B運(yùn)動的加速度為a。根據(jù)牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)公式和題給條件,有
mg+qE=ma①
12at22=12gt2②
解得E=3mgq。③
(2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時的速度為v1,到達(dá)P點(diǎn)時的動能為Ek,O、P兩點(diǎn)的高度差為h,根據(jù)動能定理有Ek-12mv12=mgh+qEh④
且有
v1t2=v0t⑤
h=12gt2⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式得
Ek=2m(v02+g2t2)。⑦
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（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題提升訓(xùn)練8 電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動（含解析）
