2、電荷帶正電,它們之間是吸引力,而曲線運動所受合力指向曲線的凹側,故Q應該在軌跡的凹側,故A錯誤;試探電荷從M到N速度減小,說明M點離場源電荷較近,越靠近場源電荷電勢越低,所以M點的電勢比N點的電勢低,故B錯誤;只有電場力做功,動能和電勢能之和守恒,在N點動能小,故在N點電勢能大,故C正確;離場源電荷越近,電場強度越大,加速度越大,所以q在M點的加速度比在N點的加速度大,故D錯誤。
2.(2019·天津南開區(qū)模擬)如圖所示,A、B為兩個等量的正點電荷,在其連線中垂線上的a點放一個負點電荷q(不計重力),b點為連線中垂線上一點且aO=bO,點電荷q從a點由靜止釋放經O點運動到b點的過程中,下列說
3、法正確的是( )
A.點電荷q的速度一定先增大后減小
B.點電荷q的加速度一定先減小后增大
C.點電荷q的電勢能一定先增大后減小
D.點電荷q在O點電勢最大,動能為零
答案:A
解析:根據點電荷電場強度的疊加法則,可知同種正電荷的中垂線上,由O點向兩邊,電場強度方向向兩邊延伸,且大小先增大后減小,在a點由靜止釋放一個負點電荷q,它只在電場力作用下,先向下加速,后向下減速運動,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點向兩邊,電場強度方向向兩邊延伸,且大小先增大后減小,所以點電荷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,點電荷q在O點電勢最大,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,絕緣細線上端固定,下端系一帶正電q、質量為m的小球,空間存在水平方向的勻強電場E,帶電小球靜止時絕緣細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.勻強電場的電場強度大小為E=mgtanθq,方向為水平向左
B.絕緣細線對小球的拉力大小為FT=mgcos θ,方向為沿細線斜向上
C.在剪斷絕緣細線的瞬間,小球加速度大小為gcosθ,方向為沿細線
5、斜向下
D.在撤去勻強電場的瞬間,小球加速度大小為gtan θ,方向為水平向左
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,因為小球帶正電,所受的電場力方向與電場強度方向相同,所以電場強度方向水平向右,故A正確;根據平衡條件得FT=mgcosθ,方向沿細線向上,在剪斷絕緣細線的瞬間,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,根據牛頓第二定律得此時加速度為a=mgcosθm=gcosθ,方向為沿細線斜向下,故B錯誤,C正確;在撤去勻強電場的瞬間,
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,方向與細線垂直且向下,故D錯誤。
4.(2019·天津濱海新區(qū)三模)如圖所示,平行板電容器兩極板水平放置,現將其接在電動勢為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S,一帶電油滴恰好靜止于兩板中間的P點,現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點的電勢增大
D.油滴仍將保持靜止
答案:C
解析:根據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,因為電容器始終與電源相連,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,則電場強度減小,故電場力將減小,故P點與上極板的電勢差減小,則P點的電勢升高,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E=Ud,則兩極板電場強度減小,那么電場力減小,因此油滴將向下加速運動,故D錯誤。
5.(2019·重慶上學期期末抽測)如圖所示,豎直面內分布有水平方向的勻強電場,一帶電粒子沿直線從位置a向上運動到位置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.做勻減速直線運動
D.機械能守恒
答案:C
解析:帶電粒子沿直線從位置a運動到位置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,所以帶電粒子帶負電,故A、B錯誤;由于帶電粒子做直線運動,所以電場力和重力的合力應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動,故C正確;電場力做負功,機械能減小,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電荷Q,另一電荷量為-q、質量為m的滑塊(可看作點電荷)從a點以初速度v0沿水平面向Q運動,到
9、達b點時速度為零。已知a、b間距離為x,滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g。以下判斷正確的是( )
A.滑塊在運動過程中所受Q的庫侖力有可能大于滑動摩擦力
B.滑塊在運動過程的中間時刻速率等于v02
C.此過程中產生的內能為mv022
D.Q產生的電場中a、b兩點間的電勢差Uab=m(v02-2μgx)2q
答案:D
解析:由于一直做減速運動,庫侖力在增大,要減速到0,摩擦力應該始終比庫侖力大,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、多項選擇題(本題共3小題,在每小題給
10、出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的)
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,電場力做負功,因此電場力應該水平向右,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,所以金屬塊的機械能減少12J,故D正確。
8.(2017·天津卷)如圖所示,在點電荷Q產生的電場中,實線MN是一條方向未標出的電場線,虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設電子在A、B兩點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為正電荷還是負電荷一定有EpA
12、B
D.B點電勢可能高于A點電勢
答案:BC
解析:電子的運動可能從A向B做減速運動,也可能從B向A做加速運動,故A錯;由曲線運動的特點,合外力總指向彎曲軌跡的內側,故電場方向由M指向N,故B點的電勢一定低于A點電勢,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運動到B做減速運動,電場力做負功,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動,水平方向做勻速直線運動,而且它們的水平位移相等、初速度相等,則在電場中的運動時間相等,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,電荷在電場中運動時,由功能關系可知,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電場,O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電,B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0,到達P點所用時間為t;B從O點到達P點所用時間為t2。重力加速度為g,求:
(1)電場強度的大小;
(2)B運動到P點時的動能。
答案:(1)3mgq (2)2m(v02+g2t2)
解析:(1)設電場強度的大小為E,小球B運動的加速度為a。根據牛頓運動定律、運動學公式和題給條件,有
mg+qE=ma①
12at22=12gt2②
解得E=3mgq。③
(2)設B從O點發(fā)射時的速度為v1,到達P點時的動能為Ek,O、P兩點的高度差為h,根據動能定理有Ek-12mv12=mgh+qEh④
且有
v1t2=v0t⑤
h=12gt2⑥
聯立③④⑤⑥式得
Ek=2m(v02+g2t2)。⑦
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（天津專用）2020高考物理二輪復習 專題提升訓練8 電場及帶電粒子在電場中的運動（含解析）
