《创新设计》2016年高考物理一轮复习word版训练x3-1-6-4.doc

第 4 课时 (小专题)电场中的功能关系及带电粒子在交变 电场中的运动 1.如图 1 所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这 些同心圆位于同一竖直平面内，MN 为一粗糙直杆，A、B、C、D 是杆与实线圆的交点， 一带正电的小球( 视为质点) 穿在杆上，以速度 v0 从 A 点开始沿杆向上运动，到达 C 点 时的速度为 v，则小球由 A 点运动到 C 点的过程中，下列说法正确的是 ( ) 图 1 A小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功 B小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功 C小球的机械能可能增加 D以上都有可能 解析 小球由 A 点运动到 C 点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能 增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的 电势能与产生的热量之和，可知选项 A 错、B 对；电场力和摩擦力都做负功，机械能 一定减少，C、D 错。 答案 B 2. (多选) 如图 2 所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷 Q，在 M 点无初速度释放带有恒定电 荷的小物块，小物块在 Q 的电场中沿斜面运动到 N 点停下。则从 M 到 N 的过程中，下 列说法正确的是 ( ) 图 2 A小物块所受的电场力减小 B小物块的电势能可能增加 CM 点的电势一定高于 N 点的电势 D小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功 解析 在 M 点无初速度释放小物块，小物块能沿斜面运动到 N 点，并停在 N 点，说明 小物块受到点电荷 Q 的电场力方向沿斜面向下，进而可知过程中电场力对小物块做正 功，电势能减少，故 B 选项错误；由于小物块从 M 点向 N 点运动过程中远离了点电荷 Q，所以小物块受的电场力减小，故 A 选项正确；由于小物块及 Q 的电性无法确定， 故 C 选项错误；由功能关系知，小物块减少的电势能与重力势能之和等于克服摩擦力 做的功，故 D 选项正确。 答案 AD 3.如图 3 所示，在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带电荷量为q 的小 金属块以一定初动能 Ek 从 A 点开始沿水平面向左做直线运动，经 L 长度到达 B 点，速 度变为零。此过程中，金属块损失的动能有 转化为电势能。取 A 点电势为零，下列说 34 法正确的是 ( ) 图 3 A摩擦力大小是电场力的 14 BB 点电势能为 Ek 34 C再次回到 A 点时动能为 Ek 34 DB 点电势为 3Ek4q 解析 根据题目意思：克服摩擦力做功 Wf EkfL，克服电场力做功 W 电克 14 EkEqL，所以摩擦力是电场力的 ，即 A 错误；而 W 电克 EpAB 增 E pB，所以 34 13 EpB Ek，B 正确；由于从 B 点返回 A 点过程中，摩擦力继续做负功，所以 C 错误； 34 A 点电势为零，所以 B 点电势应该是 B ，即 D 错误。 W电q 3Ek4q 答案 B 4. (多选)如图 4 所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成 30斜向上， 在电场中有一质量为 m，带电荷量为 q 的带电小球，用长为 L 的不可伸长的绝缘细线挂 于 O 点，当小球静止于 M 点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点 P，然后 无初速度释放，则以下判断正确的是 ( ) 图 4 A小球再次到 M 点时，速度刚好为零 B小球从 P 到 M 过程中，合外力对它做了 mgL 的功3 C小球从 P 到 M 过程中，小球的机械能增加了 mgL3 D如果小球运动到 M 点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动 解析 小球从 P 到 M 过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合 力也是恒力，大小为 mg，方向水平向右，所以小3 球到 M 点时，速度最大，而不是零， A 错；电场力 与重力的合力为 mg，合力方向上的位移为 L，所3 以做功为 mgL，B 正确；机械能的增加量就是动能3 的增加量 mgL 和重力势能的增加量 mgL 之和，C3 错；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力大小恒定，方向水平向右，小球将 做匀变速曲线运动，D 正确。 答案 BD 5在点电荷 Q 的电场中的 O 点，由静止释放一个质量为 m、带电荷量为q 的试探电荷， 试探电荷运动到 a 点时的速度大小为 v。若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的 a 点 时，需克服电场力做功为 W，试探电荷运动到 a 点时的速度大小仍为 v，设无穷远处电 势为零。则下列判断正确的是 ( ) A电场中 a 点电势 a Wq B电场中 O 点电势为 O Wq mv22q C试探电荷的最大速度为 vm 2Wm DaO 间电势差为 UaO mv22q 解析 正试探电荷从无穷远处移到电场中 a 点克服电场力做功 W，表明电场力为斥力， 场源电荷带正电，由电场力做功得 WqU a( a )q，a 点电势 a ，A 项正确； Wq 若将试探电荷从 O 移到 a，由动能定理得 qUOa mv20，而 UOa O a，解得 O 12 ，B 项错误；该试探电荷从无穷远处运动到电场中的 a 点时，需克服电场力做 Wq mv22q 功 W，试探电荷运动到 a 点时的速度大小仍为 v，则试探电荷在无穷远处时速度最大， 由动能定理有 W mv mv2，则 vm ，C 项错误；U aOU Oa，即 12 2m 12 v2 2Wm UaO ，D 项错误。 mv22q 答案 A 6.在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为 d，当平 行板电容器的电压为 U0 时，油滴保持静止状态，如图 5 所示。当给电容器突然充电使 其电压增加 U1 时，油滴开始向上运动；经时间 t 后，电容器突然放电使其电压减少 U2，又经过时间 t，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷， 充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为 g。求： 图 5 (1)带电油滴所带电荷量与质量之比； (2)第一个 t 与第二个 t 时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)U1 与 U2 之比。 解析 (1)油滴静止时满足：mg q U0d 则 。 qm dgU0 (2)设第一个 t 时间内油滴的位移为 x1，加速度为 a1，第二个 t 时间内油滴的位移为 x2，加速度为 a2，则 x1 a1t2，x 2v 1t a2t2 12 12 且 v1a 1t，x 2x 1 解得 a1a 213。 (3)油滴向上加速运动时：q mg ma 1， U0 U1d 即 q ma 1 U1d 油滴向上减速运动时：mg q ma 2， U0 U1 U2d 即 q ma 2 U2 U1d 则 U1U2 U1 13 解得 。 U1U2 14 答案 (1) (2)13 (3)14 dgU0 7如图 6 所示，光滑水平轨道与半径为 R 的光滑竖直半圆轨道在 B 点平滑连接。在过圆 心 O 的水平界面的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球在水平轨道上的 A 点由静止释放，小球运动到 C 点离开半圆轨道后，经 界面 MN 上的 P 点进入电场(P 点恰好在 A 点的正上方，小球可视为质点，小球运动到 C 之前所带电荷量保持不变，经过 C 点后所带电荷量立即变为零) 。已知 A、B 两点间 的距离为 2R，重力加速度为 g。在上述运动过程中，求： 图 6 (1)电场强度 E 的大小； (2)小球在半圆轨道上运动时的最大速率( 计算结果用根号表示)。 解析 (1)设小球过 C 点时的速度为 vC，小球从 A 点到 C 点的过程中，由动能定理得 qE3Rmg2R mv 12 2C 由平抛运动可得 R gt2,2Rv C t 12 联立可得 E 。 mgq (2)设小球运动到半圆上 D 点时的速率最大且为 v，OD 与竖直方向的夹角为 ，由动能 定理得 qE(2RR sin )mgR(1cos ) mv2 12 即： mv2mgR(sin cos 1) 12 根据数学知识可知，当 45时小球的动能最大 由此可得 v 。2 22gR 答案 (1) (2) mgq 2 22gR 能力提高练 8(多选) 电荷量为 q110 4 C 的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水 平方向始终不变的电场，电场强度 E 的大小与时间 t 的关系和物块速度 v 与时间 t 的关 系如图 7 甲、乙所示，若重力加速度 g 取 10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法 正确的是 ( ) 图 7 A物块在 4 s 内的总位移 x 6 m B物块的质量 m0.5 kg C物块与水平面间的动摩擦因数 0.2 D物块在 4 s 内电势能减少 14 J 解析 由图乙可知，物块在前 2 s 时间内做匀加速直线运动，在 24 s 时间内做匀速直 线运动，根据 vt 图象所围面积可求得物块在前 2 s 时间内的位移 x12 m，在 24 s 时间内的位移 x24 m，总位移为 x6 m，A 正确；又由牛顿第二定律得 qE1mgma，且 a 1 m/s2,2 s 后物块做匀速运动，有 qE2mg，由图甲知 vt E1310 4 N/C、E 2210 4 N/C，联立可得 m1 kg， 0.2，B 错误、C 正确； qE2mg 又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即 EpWE 1qx1E 2qx214 J，D 正确。 答案 ACD 9.在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为 m，带电荷量为 q，水平面上方虚线左侧空 间有水平向右的匀强电场，场强为 E，qEmg，虚线右侧的水平面光滑。一轻弹簧右 端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧 L 处，并 给滑块一个向左的初速度 v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为 ，求： 图 8 (1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块在整个运动过程中产生的热量。 解析 (1)设滑块向左运动 x 时减速到零，由能量守恒定律有( qEmg)x mv 12 20 解得 x mv202qE mg 之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为 Ek 由能量守恒定律得： qE(xL)E kmg( xL) 解得 Ek( qEmg )L mqE mgv202qE mg 滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以 弹簧的最大弹性势能为 Epm (qEmg)L 。 mqE mgv202qE mg (2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为 WqEL ，电势能 减少量为 qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电 势能的减少量之和，即 QqEL mv 12 20 答案 (1)( qEmg) L mqE mgv202qE mg (2)qEL mv 12 20 10如图 9 甲所示，真空室中电极 K 发出的电子(初速度不计)经过电势差为 U1 的加速电场 加速后，沿两水平金属板 C、 D 间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。 C、D 两板间的电势差 UCD随时间变化的图象如图乙所示，设 C、D 间的电场可看作匀 强电场，且两板外无电场。已知电子的质量为 m、电荷量为 e(重力不计)，C、D 极板长 为 l，板间距离为 d，偏转电压 U2，荧光屏距 C、D 右端的距离为 ，所有电子都能通过 l6 偏转电极。 图 9 (1)求电子通过偏转电场的时间 t0； (2)若 UCD的周期 Tt 0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度； (3)若 UCD的周期 T2t 0，求到达荧光屏上 O 点的电子的动能。 解析 (1)电子在加速电场的加速过程 U1e mv 12 20 在偏转电场中运动，水平方向匀速运动 v0t0l，得 t0l 。 m2U1e (2)当 Tt 0 时，电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平 飞出时，电子在竖直方向的位移最大。t0 时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最 大值 y 上 ( )22 12U2edmt02 U2l28dU1 同理得向下侧移距离最大值 y 下 ( )22 12U2edmt02 U2l28dU1 所以电子能到达的区域长 yy 下 y 上 。 U2l24dU1 (3)当 T2t 0 时，电子要到达 O 点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速的过