(新課標(biāo))2017屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)重點(diǎn)回顧專練電場(chǎng)能與粒子運(yùn)動(dòng)綜合練

要點(diǎn)回首專練：電場(chǎng)能與粒子運(yùn)動(dòng)綜合練一、選擇題1．如右圖所示，

P是一個(gè)帶電體，將本來(lái)不帶電的導(dǎo)體

球Q放入

P激發(fā)的電場(chǎng)中并接地，a、b、c、d是電場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)．則靜電均衡后

(

)A．導(dǎo)體Q仍不帶電B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)C．查驗(yàn)電荷在a點(diǎn)所受電場(chǎng)力等于b點(diǎn)所受電場(chǎng)力D．帶正電的查驗(yàn)電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能大于在d點(diǎn)的電勢(shì)能[答案]D2．如右圖所示，真空中同一平面內(nèi)直線上固定電荷量分別為－9Q和＋Q的兩個(gè)點(diǎn)電MNL荷，二者相距為L(zhǎng)，以＋Q點(diǎn)電荷為圓心，半徑為2畫圓，a、b、c、d是圓周上四點(diǎn)，此中a、b在MN直線上，c、d兩點(diǎn)連線垂直于MN，一電荷量為＋q的嘗試電荷在圓周上運(yùn)動(dòng)，則以下判斷錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A．電荷＋q在a點(diǎn)所遇到的電場(chǎng)力最大B．電荷＋q在a點(diǎn)的電勢(shì)能最大C．電荷＋q在b點(diǎn)的電勢(shì)能最大D．電荷＋q在c、d兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等[分析]

電場(chǎng)強(qiáng)度疊加后，

a點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)最大，

A正確；將正電荷從

a點(diǎn)沿圓周挪動(dòng)到

c、b、d

點(diǎn)，＋Q對(duì)正電荷不做功，－

9Q對(duì)電荷均做負(fù)功，電勢(shì)能均增添，且挪動(dòng)到

b

點(diǎn)戰(zhàn)勝電場(chǎng)力做功最多，挪動(dòng)到

c、d兩點(diǎn)戰(zhàn)勝電場(chǎng)做功同樣，所以正電荷在

a點(diǎn)電勢(shì)能最小，在b點(diǎn)電勢(shì)能最大，在c、d兩點(diǎn)電勢(shì)能相等，B錯(cuò)誤，C、D正確．[答案]B3．兩個(gè)固定的等量異號(hào)點(diǎn)電荷所產(chǎn)生電場(chǎng)的等勢(shì)面如右圖中虛線所示，一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中A點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入電場(chǎng)在紙面內(nèi)飛翔，最后走開電場(chǎng)，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場(chǎng)中()A．做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大B．做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小C．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大D．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小[分析]依據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直且指向低電勢(shì)，畫出電場(chǎng)線；開始時(shí)帶負(fù)電粒子運(yùn)動(dòng)方向與受力方向不垂直，故做曲線運(yùn)動(dòng)．因?yàn)樽詈笞唛_電場(chǎng)故電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功；所以C正確．[答案]C4．(2015·江蘇南京、鹽城二模)如圖甲所示，x軸上固定兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2(Q2位于坐標(biāo)原點(diǎn)O)，其上有M、N、P三點(diǎn)，間距MN＝NP，Q1、Q2在軸上產(chǎn)生的電勢(shì)φ隨x變化關(guān)系如圖乙．則()A．M點(diǎn)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)盛小為零B．N點(diǎn)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)盛小為零C．M、N之間電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向D．一正嘗試電荷從P移到M過(guò)程中，電場(chǎng)力做功|W|＝|W|PNNM[分析]φ－x圖象的斜率表示該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，所以點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，N點(diǎn)電場(chǎng)M強(qiáng)度為零，A錯(cuò)誤，B正確；因?yàn)闆]有確立正方向，所以沒法依據(jù)斜率的正負(fù)判斷電場(chǎng)強(qiáng)度2的方向，C錯(cuò)誤；因?yàn)镸N間電勢(shì)差與PN間電勢(shì)差大小不相等，所以|WPN|≠|(zhì)WNM|，D錯(cuò)誤．[答案]B5．(多項(xiàng)選擇)如右圖所示，兩面積較大、正對(duì)著的平行極板A、B水平擱置，極板上帶有等量異種電荷．此中A極板用絕緣線懸掛，B極板固定且接地，P點(diǎn)為兩極板的中間地點(diǎn)．下列結(jié)論正確的選項(xiàng)是()A．若在兩極板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩極板所帶電荷量會(huì)增大B．A、B兩極板電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)盛小相等，方向同樣C．若將A極板豎直向上平移一小段距離，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將增大D．若將A極板豎直向下平移一小段距離，原P點(diǎn)地點(diǎn)的電勢(shì)將不變[分析]A板與外界絕緣，所以此題屬于電容器電量不變問(wèn)題．[答案]BD6．(多項(xiàng)選擇)將三個(gè)質(zhì)量相等的帶電微粒分別以同樣的水平速度由P點(diǎn)射入水平擱置的平行金屬板間，已知上板帶正電，下板接地，三個(gè)微粒分別落在右圖中A、B、C三點(diǎn)，不計(jì)其重力作用，則()A．三個(gè)微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等B．三個(gè)微粒所帶電荷量同樣C．三個(gè)微粒所受電場(chǎng)力的大小關(guān)系是ABCF<F<FD．三個(gè)微粒抵達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是CBAEk>Ek>Ek[分析]三個(gè)帶電微粒在水平方向上做速度不變且相等的勻速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)軌跡可判斷運(yùn)動(dòng)時(shí)間t>t>t.豎直方向電場(chǎng)力F<F<F，因?yàn)樨Q直方向運(yùn)動(dòng)距離相等，所以電場(chǎng)力做功ABCABC<<，應(yīng)選CD.ABC[答案]CD37．(2015·山東濱州質(zhì)檢)如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，若取電子初始運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍瑒t以下圖象中能正確反應(yīng)電子的速度v、位移x、加快度a、動(dòng)能Ek四個(gè)物理量隨時(shí)間變化規(guī)律的是()T[分析]剖析電子一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況：0～4時(shí)間內(nèi)，電子從靜止開始向A板做勻加TTTT3速直線運(yùn)動(dòng)，4～2沿原方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，2時(shí)刻速度為零，2～4T時(shí)間內(nèi)向B板做勻3加快直線運(yùn)動(dòng)，4T～T持續(xù)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．依據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)v－t圖象是傾斜的直線可知A正確．電子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，x－t圖象是拋物線，故B錯(cuò)誤．依據(jù)電子做勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加快度大小不變，a－t圖象應(yīng)平行于橫軸，故C錯(cuò)誤．勻變速運(yùn)動(dòng)的v－t圖象是傾斜的直線，則Ek－t圖象是曲線，故D錯(cuò)誤．[答案]A8．(多項(xiàng)選擇)(2015·湖南湘中名校聯(lián)考)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直于電場(chǎng)方向不停地射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能均為Ek0.已知t＝0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子恰巧沿上板右側(cè)沿垂直于電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)．則()A．全部粒子最后都垂直于電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)B．t＝0以后射入電場(chǎng)的粒子有可能會(huì)打到極板上C．全部粒子在經(jīng)過(guò)電場(chǎng)過(guò)程中最大動(dòng)能都不行能超出2Ek0D．若入射速度加倍成2v0，則粒子從電場(chǎng)出射時(shí)的側(cè)向位移與v0對(duì)比必然減半[分析]t＝0時(shí)刻射入電場(chǎng)的帶電粒子沿板間中線垂直于電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，沿上板4右側(cè)沿垂直于電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)，說(shuō)明豎直方向速度變化量為零，依據(jù)動(dòng)量定理，豎直方向電場(chǎng)力的沖量的矢量和為零，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間為周期的整數(shù)倍，故全部粒子最后都垂直于電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)，A正確；因?yàn)閠＝0時(shí)刻射入的粒子在兩板間豎直方向的分位移最大，故全部B錯(cuò)誤；t＝0時(shí)刻射入的粒子豎直方向的分位移最大，為d粒子最后都不會(huì)打到極板上，2；依據(jù)分位移公式有d0＋vymL122)＝2E，故C22v0ym0k20ymk0正確；速度加倍前運(yùn)動(dòng)時(shí)間為周期的整數(shù)倍，當(dāng)入射速度加倍成2v，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為周期的偶0數(shù)倍時(shí)，側(cè)向位移與速度為v0時(shí)同樣，D錯(cuò)誤．[答案]AC9．如右圖所示，真空中存在一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)盛小為E，一根不行伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線長(zhǎng)度為l，細(xì)線一端拴著一個(gè)質(zhì)量為、電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定m在O點(diǎn)．把小球拉到使細(xì)線水平的地點(diǎn)A處，由靜止開釋，小球沿弧線運(yùn)動(dòng)到細(xì)線與水平方向成θ＝60°角的地點(diǎn)B時(shí)速度為零，以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A．小球在B地點(diǎn)處于均衡狀態(tài)B．小球遇到的重力與電場(chǎng)力的關(guān)系是3qE＝mgC．小球?qū)⒃贏B之間來(lái)去運(yùn)動(dòng)，且幅度將漸漸減小1D．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)其做的功為－2qEl[分析]小球的受力剖析如下圖，由圖可知小球的運(yùn)動(dòng)可看作是在一個(gè)等效重力場(chǎng)中的搖動(dòng)過(guò)程，依據(jù)擺球模型的特色，小球在B地點(diǎn)時(shí)受力不均衡，而且小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其幅度不變，應(yīng)選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；依據(jù)擺球模型的對(duì)稱性可知，當(dāng)小球處在AB軌跡的中點(diǎn)地點(diǎn)時(shí)，小球沿切線方向的協(xié)力為零，此時(shí)細(xì)線與水平方向夾角恰為30°，依據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得：qEsin30°＝mgcos30°，化簡(jiǎn)可知，qE＝3mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球從A1運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)其做的功為W＝－qEl(1－cos60°)＝－2qEl，選項(xiàng)D正確．5[答案]D10．(多項(xiàng)選擇)如右圖所示，一絕緣輕彈簧的下端固定在斜面底端，上端連結(jié)一帶正電的光滑滑塊P，滑塊所處空間存在著沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，傾角為θ的圓滑絕緣斜面固定在水平川面上，開始時(shí)彈簧是原長(zhǎng)狀態(tài)，物塊恰巧處于均衡狀態(tài)，現(xiàn)給滑塊一沿斜面向下的初速度v，滑塊到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的壓縮量為x，若彈簧一直處于彈性限度內(nèi)，以下說(shuō)法正確的是()A．滑塊電勢(shì)能的增添量等于滑塊重力勢(shì)能的減少許12B．滑塊抵達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，戰(zhàn)勝?gòu)椈蓮椓ψ龉?mvC．滑塊動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和D．當(dāng)滑塊的加快度最大時(shí)，滑塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能最大[分析]由題意得qE＝mgsinθ，在運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功與重力做的功相等，則滑塊電勢(shì)能增添量等于滑塊重力勢(shì)能的減少許，故A正確．滑塊抵達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，戰(zhàn)勝?gòu)椈蓮椓ψ龉Φ扔趶椥詣?shì)能的增添量，即等于動(dòng)能的減少許，故B正確．電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和為零，依據(jù)動(dòng)能定理知，電場(chǎng)力、重力、彈簧彈力做功的代數(shù)和等于滑塊動(dòng)能的變化量，故C錯(cuò)誤．當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，加快度最大，電場(chǎng)力做的負(fù)功最多，即電勢(shì)能最大，此時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能最小，故D錯(cuò)誤．[答案]AB二、非選擇題11．(2015·貴陽(yáng)模擬)如下圖，兩塊平行金屬板、豎直擱置，兩板間的電勢(shì)差MNPQU＝1.6×103V，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝3.0×10－2kg、電荷量q＝＋4.0×10－5C的帶電小球從兩板左上方的A點(diǎn)以初速度v0＝4.0m/s水平拋出，已知A點(diǎn)距兩板上端的高度h＝0.45m，以后小球恰巧從板上端內(nèi)側(cè)M點(diǎn)進(jìn)入兩板間勻強(qiáng)電場(chǎng)，而后沿直線運(yùn)動(dòng)到板上的CMNPQ點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2，求：6帶電小球抵達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大??；C點(diǎn)到PQ板上端的距離L；小球抵達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek.[分析](1)設(shè)小球抵達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，從A到M的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒，1212有：2mv－2mv0＝mgh得v＝24.02＋2×10×0.45m/s＝5.0m/sv0＋2gh＝如下圖，設(shè)小球抵達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度方向與MN板間的夾角為θ，則有：v0sinθ＝v＝0.8①在兩平行板間運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受水平方向的靜電力和豎直向下的重力作用，因?yàn)樾∏蛟陔妶?chǎng)內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)力學(xué)知識(shí)可知，小球遇到的靜電力方向水平向右，協(xié)力方向與速度Eq的方向一致．設(shè)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E、極板間距離為d，則有tanθ＝mg②U＝Ed③L＝dcotθ④聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)，可解得C點(diǎn)到板上端的距離＝qU＝0.12m2PQLmgtanθ從M到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，有：12qU＋mgL＝Ek－2mv代入數(shù)據(jù)，可求得小球抵達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek＝0.475J[答案](1)5.0m/s(2)0.12m(3)0.475J12．(2015·寧波二模)“電子能量剖析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測(cè)板構(gòu)成．偏轉(zhuǎn)器是由兩個(gè)互相絕緣、半徑分別為RA和RB的齊心金屬半球面A和B構(gòu)成的，A、B為電勢(shì)值不等的等勢(shì)面，其過(guò)球心的截面如下圖．一束電荷量為、質(zhì)量為的電子以em不一樣的動(dòng)能從偏轉(zhuǎn)器左端M的正中間小孔垂直入射，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)地區(qū)，最后抵達(dá)偏轉(zhuǎn)器右端的探測(cè)板N，此中動(dòng)能為Ek0的電子沿等勢(shì)面C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)抵達(dá)N板的正中間．忽視電場(chǎng)的邊沿效應(yīng)．7判斷半球面A、B的電勢(shì)高低，并說(shuō)明原因；求等勢(shì)面C所在處電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；若半球面A、B和等勢(shì)面C的電勢(shì)分別為φA、φB和φC，求抵達(dá)N板左、右側(cè)沿處的電子，經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)前、后的動(dòng)能改變量E和E分別為多少；k左k右(4)比較|E左|和|E|的大小，并說(shuō)明原因．kk右[分析](1)電子(帶負(fù)電)做圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力方向指向球心，電場(chǎng)方向從B指向，AB板電勢(shì)高于A板．(2)據(jù)題意，電子在電場(chǎng)力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，考慮到圓軌道上的電場(chǎng)強(qiáng)度E大小同樣，有2v12Ek0＝2mv＝R＋RRAB22E4Ek0k0聯(lián)立解得：E＝＝A