2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第7講 帶電粒子在電場中的運(yùn)動專題突破練.doc
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第7講帶電粒子在電場中的運(yùn)動考點(diǎn)一關(guān)于電場性質(zhì)的理解 1.(庫侖定律的應(yīng)用)如圖7-1所示,MON是固定的光滑絕緣直角桿,MO沿水平方向,NO沿豎直方向,A、B為兩個套在此桿上的帶有同種電荷的小球,用一指向豎直桿的水平力F作用在A球上,使兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將A球向豎直桿方向緩慢拉動一小段距離后,A、B兩小球可以重新平衡.后一平衡狀態(tài)與前一平衡狀態(tài)相比較,下列說法正確的是()圖7-1A.A、B兩小球間的庫侖力變大B.A、B兩小球間的庫侖力變小C.A球?qū)O桿的壓力變大D.A球?qū)O桿的壓力變小2.(電場的疊加)(多選)如圖7-2所示,真空中有兩個點(diǎn)電荷q1、q2分別位于直角三角形的頂點(diǎn)C、B,D為斜邊AB的中點(diǎn),ABC=30.已知A點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向垂直于AB向下,則下列說法正確的是()圖7-2A.q1帶正電,q2帶負(fù)電B.q1帶負(fù)電,q2帶正電C.q1電荷量的絕對值等于q2電荷量的絕對值的二倍D.q1電荷量的絕對值等于q2電荷量的絕對值的一半3.(電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系) a、b、c是勻強(qiáng)電場中的三個點(diǎn),三點(diǎn)在同一平面上,各點(diǎn)電勢依次為10 V、2 V、6 V.圖7-3中電場強(qiáng)度的方向表示正確的是()圖7-34.(電場線與等勢面)如圖7-4所示,將帶正電的甲球放在不帶電的乙球左側(cè),兩球在空間形成了穩(wěn)定的靜電場,實線為電場線,虛線為等勢線.A、B兩點(diǎn)與兩球球心位于同一直線上,C、D兩點(diǎn)關(guān)于直線AB對稱,則()圖7-4A.A點(diǎn)的電勢和B點(diǎn)的電勢相同B.C點(diǎn)的電場強(qiáng)度和D點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同C.正電荷從A點(diǎn)移至B點(diǎn),電場力做正功D.負(fù)電荷從C點(diǎn)移至D點(diǎn),電勢能增大5.(帶電粒子軌跡分析) (多選)2017天津卷 如圖7-5所示,在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中,實線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()圖7-5A.電子一定從A向B運(yùn)動B.若aAaB,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EpAbc,這一過程電子運(yùn)動的v-t圖像可能是圖7-7中的()圖7-6圖7-72.(E-x圖像)有一半徑為R的均勻帶電薄球殼,在過球心的直線上,各點(diǎn)的電場強(qiáng)度E隨與球心的距離x變化的關(guān)系如圖7-8所示;在球殼外空間,電場分布與電荷量全部集中在球心時相同.已知靜電力常量為k,半徑為R的球面面積為S=4R2,則下列說法正確的是()圖7-8A.均勻帶電球殼帶電密度為B.圖中r=1.5RC.在x軸上各點(diǎn)中有且只有x=R處電勢最高D.球面與球心間電勢差為E0R3.(-x圖像)在坐標(biāo)-x0到x0之間有一靜電場,x軸上各點(diǎn)的電勢隨坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖7-9所示.一電荷量為e的質(zhì)子從-x0處以一定初動能僅在電場力作用下沿x軸正方向穿過該電場區(qū)域,則該質(zhì)子()圖7-9A.在-x00區(qū)間一直做加速運(yùn)動B.在0x0區(qū)間受到的電場力一直減小C.在-x00區(qū)間電勢能一直減小D.在-x0處的初動能應(yīng)大于e04.(電勢能與電勢) 在靜止點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中有一個帶正電的粒子,粒子僅在電場力的作用下做初速度為零的直線運(yùn)動,取該直線為x軸,起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖7-10所示,x1、x2為粒子運(yùn)動路徑上的兩點(diǎn),在這兩點(diǎn)粒子的電勢能分別為Ep1和Ep2.下列說法正確的是()圖7-10A.x1點(diǎn)的電勢比x2點(diǎn)的電勢低B.粒子的運(yùn)動方向與電場方向相反C.x1點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于x2點(diǎn)的電場強(qiáng)度D.粒子從x1點(diǎn)運(yùn)動到x2點(diǎn)的過程中,電場力做功為Ep1-Ep2歸納 1.v-t圖像:根據(jù)v-t圖像中速度變化、斜率變化(即加速度的變化),確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況,進(jìn)而確定電場強(qiáng)度的方向、電勢的高低及電勢能的變化.2.-x圖像:(1)電場強(qiáng)度的大小等于-x圖線的斜率大小.在電場強(qiáng)度為零處,-x圖線其切線的斜率為零.(2)由-x圖像可以直接判斷各點(diǎn)電勢的大小,并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向.(3)在-x圖像中,可用WAB=qUAB分析WAB的正負(fù),然后分析電荷移動時電勢能的變化.3.E-x圖像:(1)E-x圖像反映了電場強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律.(2)在E-x圖像中,E0表示場強(qiáng)沿x軸正方向;E0)的小球.已知重力加速度為g,兩板間的勻強(qiáng)電場方向豎直向下,電場強(qiáng)度大小E=,小球在最高點(diǎn)A處于靜止?fàn)顟B(tài).(1)求小球靜止時細(xì)線拉力F的大小.(2)若電場保持不變,要使得小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)能做完整的圓周運(yùn)動,在A位置至少應(yīng)給小球多大的初速度v0?(3)若小球恰能繞懸點(diǎn)O在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動,當(dāng)小球分別運(yùn)動到豎直直徑AB的兩端A、B時,細(xì)線突然斷開,小球均打到金屬板M上,求兩次在金屬板M上的落點(diǎn)間的距離x.圖7-19專題三電場與磁場 第7講帶電粒子在電場中的運(yùn)動 高頻考點(diǎn)探究考點(diǎn)一1.B解析 對A球受力分析,受重力mg、拉力F、支持力N1、靜電力F1,如圖所示,根據(jù)平衡條件,x方向上有F=F1sin ,y方向上有N1=mg+F1cos ,對B球受力分析,受重力Mg、靜電力F2、桿對其向左的支持力N2,如圖所示,根據(jù)平衡條件,x方向上有F2sin =N2,y方向上有F2cos =Mg,且F1=F2,聯(lián)立得F1=,N1=mg+Mg,由于重新平衡時兩球連線與豎直方向的夾角變小,故靜電力F1變小,水平桿對A球的支持力等于兩個球的重力之和,N1不變,由牛頓第三定律可知,A球?qū)λ綏U的壓力不變,B正確,A、C、D錯誤.2.AD解析 A點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向垂直于AB向下,將A點(diǎn)的合場強(qiáng)EA沿CA和AB兩個方向分解,如圖所示,可知點(diǎn)電荷q1在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向由C指向A,點(diǎn)電荷q2在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向由A指向B,則q1帶正電,q2帶負(fù)電,A正確,B錯誤;設(shè)AB=2L,則AC=ABsin 30=L,由圖可知=sin 30,則E1=2E2,根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式得,E1=k,E2=k,解得q2=2q1,故C錯誤,D正確.3.C解析 由于Uab=a-b=8 V,則ab中點(diǎn)處電勢為6 V,因此c點(diǎn)與ab中點(diǎn)的電勢相同,c點(diǎn)與ab中點(diǎn)的連線則為一條等勢線,電場強(qiáng)度方向應(yīng)垂直于該等勢線并且指向電勢較低的方向,故選項C正確.4.C解析 A點(diǎn)的電勢比乙球面的電勢高,乙球面的電勢比B點(diǎn)的電勢高,故A點(diǎn)的電勢比B點(diǎn)的電勢高,選項A錯誤;C、D兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等,方向不同,選項B錯誤;AB,正電荷從A點(diǎn)移至B點(diǎn),電場力做功WAB0,選項C正確;C、D兩點(diǎn)位于同一等勢線上,故負(fù)電荷從C點(diǎn)移至D點(diǎn),電勢能不變,選項D錯誤.5.BC解析 通過電子的運(yùn)動軌跡可判斷電子的受力方向,但無法判斷電子的運(yùn)動方向,根據(jù)點(diǎn)電荷的電場規(guī)律可知,加速度越大的位置就是離點(diǎn)電荷越近的位置,A錯誤,B正確;電子從A運(yùn)動到B,電場力做負(fù)功,電勢能增加,B點(diǎn)的電勢低于A點(diǎn)的電勢,C正確,D錯誤.考點(diǎn)二1.A解析 結(jié)合abc,由題圖等勢線的特點(diǎn)可確定此電場為非勻強(qiáng)電場,且Q點(diǎn)處電場強(qiáng)度小于P點(diǎn)處電場強(qiáng)度,電子僅在電場力作用下沿直線從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn),將做加速度越來越小的加速運(yùn)動,A正確.2.A解析 由圖線可知,距離球心R處的場強(qiáng)為E0,根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式可知E0=,解得球殼帶電荷量為Q=,則均勻帶電球殼帶電密度為=,選項A正確;根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式可知E0=,解得r=R,選項B錯誤;由題意可知,在x軸上各點(diǎn)中,在0R范圍內(nèi)各點(diǎn)的電勢均相同,球面與球心間的電勢差為零,選項C、D錯誤.3.D解析 從-x0到0區(qū)間,電勢升高,意味著該區(qū)域內(nèi)的場強(qiáng)方向向左,質(zhì)子受到的電場力向左,與運(yùn)動方向相反,所以質(zhì)子做減速運(yùn)動,選項A錯誤;根據(jù)場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系式E=,從0到x0區(qū)間,圖線的斜率的絕對值先增大后減小,所以電場強(qiáng)度先增大后減小,根據(jù)F=Eq,質(zhì)子受到的電場力先增大后減小,選項B錯誤;在-x0到0區(qū)間,質(zhì)子受到的電場力方向向左,與運(yùn)動方向相反,電場力做負(fù)功,電勢能增加,選項C錯誤;因為質(zhì)子從-x0到0區(qū)間做減速運(yùn)動,從0到x0區(qū)間做加速運(yùn)動,所以質(zhì)子能穿過電場區(qū)域的條件是在原點(diǎn)處的動能E要大于零,設(shè)質(zhì)子初動能為E0,從-x0到0過程中,根據(jù)動能定理得E-E0=-e0,所以E0=e0 +Ee0 ,選項D正確.4.D解析 帶正電的粒子在x1點(diǎn)的電勢能大于在x2點(diǎn)的電勢能,則x1點(diǎn)的電勢比x2點(diǎn)的電勢高,選項A錯誤;帶正電的粒子在電場力作用下從高電勢點(diǎn)移到低電勢點(diǎn),可知粒子的運(yùn)動方向與電場方向相同,選項B錯誤;粒子僅受電場力作用,電場力做功等于電勢能的減小量,故Fx=Ep,得F=,即Ep-x圖像上某點(diǎn)切線的斜率大小表示電場力的大小,也反映場強(qiáng)的大小,則x1點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于x2點(diǎn)的電場強(qiáng)度,選項C錯誤;粒子從x1點(diǎn)運(yùn)動到x2點(diǎn)的過程中,電勢能的減小量為Ep1-Ep2,可知電場力做功為Ep1-Ep2,選項D正確.考點(diǎn)三例1(1)2.98107 m/s(2)0.72 m(3)5.7610-18 J解析 (1)根據(jù)動能定理得eU0=m解得v0=2.98107 m/s(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t,電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量為y.電子在水平方向做勻速直線運(yùn)動,有L1=v0t電子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動,有y=at2根據(jù)牛頓第二定律得=ma聯(lián)立得y=0.36 cm電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線過水平位移的中點(diǎn),由圖知=解得h=0.72 cm (3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運(yùn)動的過程中,電場力對它做的功W=ey=5.7610-18 J例1變式(1)4103 m/s(2)50 V/m,與水平方向成30角斜向左下方解析 (1)由動能定理得m=qE1d1解得v1=4103 m/s(2)粒子在區(qū)域內(nèi)做類平拋運(yùn)動,運(yùn)動時間t2=110-3 s由vx=at2=t2,vy=v1得tan =所以=30則粒子剛出區(qū)域時速度方向與水平方向成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,方向與水平方向或30角斜向左下方例2(1)(-L,0)(2)2L2L解析 (1)小球運(yùn)動到y(tǒng)軸時,由動能定理得mgL=mv2在繩斷裂后進(jìn)入第二象限做類平拋運(yùn)動,有xB=vt4L-L=at2qE+mg=ma聯(lián)立解得xB=L故B點(diǎn)的位置坐標(biāo)為(-L,0)(2)設(shè)繩長為L1時,小球在x軸上的落點(diǎn)與原點(diǎn)間距離最大,由動能定理得mgL1=m由類平拋運(yùn)動規(guī)律可得x1=v1t14L-L1=aqE+mg=ma聯(lián)立解得x1=由數(shù)學(xué)知識可得,當(dāng)L1=4L-L1,即繩長L1=2L時,距離最大,最大值為x1=2L例2變式(1)(2)Ek=EqR(5-3cos )(3)EqREqR解析 (1)粒子經(jīng)過B點(diǎn)時,根據(jù)牛頓第二定律得a=,水平方向有R=v0t,豎直方向有R=at2,聯(lián)立解得v0=.(2)粒子經(jīng)過C點(diǎn)時,水平方向有Rsin =v1t1,豎直方向有R-Rcos =a,得=,m=,經(jīng)過C點(diǎn)時的動能Ek=Eq(R-Rcos )+m=EqR(5-3cos ).(3)由(2)中的結(jié)論可以看出,當(dāng)從60變化到90時,粒子穿過圓周時的動能逐漸增大,因此經(jīng)過C點(diǎn)的粒子穿過圓周時動能最小,經(jīng)過B點(diǎn)的粒子穿過圓周時動能最大,則=EqR(5-3cos 60)=EqR,=EqR(5-3cos 90)=EqR. 例3A解析 由題意,粒子在0內(nèi)做類平拋運(yùn)動,在T內(nèi)做類斜拋運(yùn)動,因粒子在電場中所受的電場力大小相等,由運(yùn)動的對稱性可知,粒子射出電場時的速度方向一定垂直于電場方向,選項A正確;水平方向上有l(wèi)=v0T,豎直方向上有l(wèi)=T,在t=時刻粒子的速度大小v=v0,選項B錯誤;若該粒子在t=時刻以速度v0進(jìn)入電場,粒子先向下做類平拋運(yùn)動,再向下做類斜拋運(yùn)動,恰好沿PQ板右邊緣射出電場,選項C錯誤;若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則粒子在電場中的運(yùn)動時間t=,選項D錯誤.例3變式B解析 小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動,加交變電場后水平方向運(yùn)動的vx-t圖像如圖所示,即做周期性的往復(fù)運(yùn)動,在0T時間內(nèi)水平位移為0,水平方向的末速度為0,則小球在T時刻仍恰好到達(dá)D點(diǎn),且此時速度仍為v0,選項B正確,A、C、D錯誤. 熱點(diǎn)模型解讀預(yù)測1BD解析 將上極板向上移動,d變大,由C=可知,C變小,電容器要放電,由于二極管具有單向?qū)щ娦?電容器不能放電,由E=可知,電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變,油滴所受電場力不變,油滴靜止,上極板電勢為零,P點(diǎn)到上極板的距離增大,根據(jù)U=Ed可知,P點(diǎn)與上極板間的電勢差的絕對值增大,而P點(diǎn)的電勢為負(fù),所以P點(diǎn)電勢降低,A錯誤,B正確;若上極板下移,則d變小,C變大,兩極板間的電壓U等于電源電動勢不變,電場強(qiáng)度E=變大,油滴所受電場力變大,電場力大于重力,合力向上,油滴向上運(yùn)動,P點(diǎn)到下極板的距離不變,根據(jù)U=Ed可知,P點(diǎn)與下極板間的電勢差的絕對值增大,則P點(diǎn)與上極極間的電勢差的絕對值減小,而P點(diǎn)的電勢為負(fù),所以P點(diǎn)電勢升高,C錯誤,D正確.預(yù)測2C解析 設(shè)微粒最終速度為零時距離M板為x,則N板未移動時,根據(jù)動能定理得mgh-qUMN=0,將N板上移之后,根據(jù)動能定理得mg-xq=0,聯(lián)立可得x=h,選項C正確.預(yù)測3(1)mg(2)(3)d解析 (1)小球靜止,由平衡條件得mg+F=Eq解得細(xì)線拉力F=mg.(2)若小球到B點(diǎn)時細(xì)線拉力剛好為0,則Eq-mg=m解得v=小球從A到B,由動能定理得-(Eq-mg)=mv2-m解得v0=.(3)在A點(diǎn)細(xì)線斷開后,小球做類平拋運(yùn)動,有=解得t1=水平位移x1=v0t1=d在B點(diǎn)細(xì)線斷開后,小球做類平拋運(yùn)動,有=解得t2=水平位移x2=vt2=d兩次在金屬板M上的落點(diǎn)間的距離x=x1+x2=d.- 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