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PAGE10-第1讲电场及带电粒子在电场中的运动(45分钟)[基础题组专练]1.(2024·四川成都其次次诊断)如图所示,边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒,每根细棒匀称带上正电。现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点,此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走+Q及AB边上的细棒,则O点电场强度大小为(k为静电力常量,不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响)()A.eq\f(kQ,L2) B.eq\f(4kQ,3L2)C.eq\f(2\r(3)kQ,3L2) D.eq\f(4\r(3)kQ,3L2)解析:依据对称性,AF与CD边上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零,AB与ED边上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零。BC中点的点电荷在O点产生的电场强度大小为E1=eq\f(kQ,(Lsin60°)2)=eq\f(4kQ,3L2),因EF边上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度叠加为零,则EF边上的细棒在O点产生的电场强度大小为E2=E1=eq\f(4kQ,3L2),故每根细棒在O点产生的电场强度大小均为eq\f(4kQ,3L2),移走+Q及AB边上的细棒,O点的电场强度即为EF与ED边上的细棒在O点产生的合场强,这两个场强夹角为60°,所以叠加后电场强度大小为E0=2×eq\f(4kQ,3L2)cos30°=eq\f(4\r(3)kQ,3L2),故选项D正确。答案:D2.(2024·江苏常州高三模拟)如图所示,A、B是构成平行板电容器的两金属极板,当开关S闭合时,在P点处有一个带电液滴处于静止状态。现将开关S断开,再将A、B板分别沿水平方向向左、右平移一小段距离。此过程中,下列说法正确的是()A.电容器的电容增加B.电阻R中有电流流过C.两极板间的电场强度不变D.若带电液滴仍在P点时其电势能减小解析:当A板向左平移一小段距离,B板向右平移一小段距离时,S减小,依据C=eq\f(εrS,4πkd)知,电容器的电容C减小,故A项错误;因开关S断开,电容器无法充、放电,电阻R中无电流流过,故B项错误;依据E=eq\f(U,d)与C=eq\f(εrS,4πkd)相结合可得E=eq\f(4πkQ,εrS),因电荷量Q不变,S减小,故电场强度E增大,故C项错误;因电场强度增大,导致P点与B板间的电势差增大,因B板接地,电势为零,即P点电势上升,带电粒子带负电,依据Ep=qφ知,带电液滴仍在P点时电势能减小,故D项正确。答案:D3.(多选)(2024·高考全国卷Ⅱ)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止起先运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则()A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹肯定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向肯定与粒子轨迹在该点的切线平行解析:如图所示,在两正电荷形成的电场中,一带正电的粒子在两电荷的连线上运动时,粒子有可能经过先加速再减速的过程,A正确。粒子运动轨迹与电场线重合需具备初速度为零、电场线为直线、只受电场力三个条件,B错误。带电粒子仅受电场力在电场中运动时,其动能与电势能的总量不变,EkM=0,而EkN≥0,故EpM≥EpN,C正确。粒子运动轨迹的切线方向为速度方向,由于粒子运动轨迹不肯定是直线,故粒子在N点所受的电场力方向与粒子轨迹切线方向不肯定平行,D错误。答案:AC4.如图为某示波管内的聚焦电场,其中虚线为等势线,相邻等势线间电势差相等。图中a、b、c是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点,若电子仅受电场力的作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc,则()A.ac>ab>aa,vc>vb>vaB.aa>ab>ac,va>vb>vcC.ab>ac>aa,vb>va>vcD.aa>ac>ab,va>vc>vb解析:依据等势线可以大致画出电场线,等势面密集的地方电场线比较密,电场强度比较大,所以加速度的关系为ac>ab>aa;依据运动轨迹弯曲的方向可知,电场力做正功,所以速度越来越大,有vc>vb>va,选项A正确。答案:A5.(多选)(2024·高考全国卷Ⅲ)如图,∠M是锐角三角形PMN最大的内角,电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是()A.沿MN边,从M点到N点,电场强度的大小渐渐增大B.沿MN边,从M点到N点,电势先增大后减小C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D.将正电荷从M点移动到N点,电场力所做的总功为负解析:该点电荷形成的电场过M、N两点的等势面如图所示。距P越近,电场强度越大,沿MN边,从M点到N点,与P点的距离先变小后变大,电场强度先增大后减小,A错误;沿电场线方向电势降低,沿MN边,从M点到N点,电势先增大后减小,B正确;M点电势高于N点电势,依据Ep=qφ知,正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能,C正确;将正电荷从M点移动到N点,即从高电势移动到低电势,电场力所做的总功为正,D错误。答案:BC6.如图(a)所示,AB是某电场中的一条电场线,若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下,沿AB由点A运动到点B,所经位置的电势随距A点的距离改变的规律如图(b)所示。以下说法正确的是()A.电子在A、B两点的速度vA<vBB.A、B两点的电势φA<φBC.电子在A、B两点的电势能EpA>EpBD.A、B两点的电场强度EA>EB解析:由图(b)可知,电势渐渐降低,可推断出电场线的方向从A到B,在移动过程中,电场力做负功,电子的动能减小,速度减小,而电子的电势能增大,即有vA>vB,EpA<EpB,故A、C错误;电场线的方向从A到B,则A、B两点的电势φA>φB,故B错误;φx图像的斜率大小等于电场强度,由几何学问可知,图像的斜率渐渐减小,则从点A到点B场强渐渐减小,则有EA>EB,故D正确。答案:D7.如图所示,在水平向右的匀强电场中,固定有一根与水平方向成45°角的绝缘光滑直杆ab。一带电小圆环套在杆上,恰好能沿杆匀速下滑。当小圆环以大小为v0的速度从b端脱离杆后,经过一段时间正好通过b端正下方的c点处。已知重力加速度为g,杆固定不动,则b、c两点之间的距离为()A.eq\f(veq\o\al(2,0),2g) B.eq\f(veq\o\al(2,0),g)C.eq\f(2veq\o\al(2,0),g) D.eq\f(\r(2)veq\o\al(2,0),g)解析:小圆环恰好能沿杆匀速下滑,则对小圆环受力分析可知,电场力水平向左,大小为F=mg;脱离细杆后,小圆环的水平速度和竖直速度均为vx=vy=v0sin45°=eq\f(\r(2),2)v0,水平加速度方向向左,大小为a=eq\f(F,m)=g,则由b到c点运动的时间t=eq\f(2vx,g)=eq\f(\r(2)v0,g),则竖直方向y=vyt+eq\f(1,2)gt2=eq\f(2veq\o\al(2,0),g),故选项C正确。答案:C8.(多选)(2024·高考江苏卷)如图所示,ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点,此过程中,电场力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最终将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有()A.Q1移入之前,C点的电势为eq\f(W,q)B.Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为-4W解析:依据电场力做功可知-W=q(0-φC1),解得φC1=eq\f(W,q),选项A正确;B、C两点到A点的距离相等,这两点电势相等,Q1从C点移到B点的过程中,电场力做功为0,选项B正确;依据对称性和电势叠加可知,A、B两点固定电荷量均为+q的点电荷后,C点电势为φC2=2φC1=eq\f(2W,q),带电荷量为-2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC=(-2q)×φC2=-4W,选项D正确;Q2从无限远移动到C点的过程中,电场力做的功为0-EpC=4W,选项C错误。答案:ABD[实力题组专练]9.(2024·山西康杰中学高三质检)如图所示,平行板电容器PQ与电源相接,电源与电容器之间接一志向二极管D。当电容器极板Q移至虚线处时,有关电容器的下列说法正确的是()A.电容减小,极板所带电荷量减小B.电容减小,极板间电压不变C.极板间电压不变,电场强度减小D.极板所带电荷量不变,电场强度不变解析:由C=eq\f(εrS,4πkd)可知板间距离变大,电容减小,假设电压不变,则电荷量会减小,但由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电,则极板所带电荷量不变,那么依据C=eq\f(Q,U)可知,极板间的电压增大,依据C=eq\f(εrS,4πkd),C=eq\f(Q,U),U=Ed,得E=eq\f(4πkQ,εrS),由此分析可知,板间电场强度E不变,D正确。答案:D10.(多选)(2024·湖北十堰高三模拟)如图所示,在竖直面(纸面)内有一匀强电场,带电荷量为q(q>0)、质量为m的小球受水平向右的大小为F的恒力,从M匀速运动到N。已知MN长为d,与力F的夹角为60°,重力加速度为g,则()A.场强大小为eq\f(\r(F2+m2g2),q)B.M、N间的电势差为eq\f(d,q)eq\r(F2+m2g2)C.从M到N,电场力做的功为eq\f(\r(3),2)mgd-eq\f(1,2)FdD.若仅将力F方向顺时针转60°,小球将从M向N做匀变速直线运动解析:小球做匀速运动,所受合力为0,小球受到竖直向下的重力、水平向右的恒力F及电场力,则电场力与重力和恒力F的合力等大反向,即qE=eq\r((mg)2+F2),则场强大小E=eq\f(\r(F2+m2g2),q),A正确;匀强电场的电场线方向不沿MN方向,所以M、N间的电势差不是eq\f(\r(F2+m2g2),q)d,B错误;对小球从M到N的过程,由动能定理得-mgdsin60°+Fdcos60°+W电=0,则电场力做的功W电=eq\f(\r(3),2)mgd-eq\f(1,2)Fd,C正确;重力与电场力的合力与恒力F等大反向,即重力与电场力的合力大小为F,方向水平向左,与MN的延长线夹角为60°,若将力F方向顺时针转60°,此时力F与MN的延长线夹角也为60°,由平行四边形定则可得它们的合力方向沿NM方向,所以小球将从M到N做匀变速直线运动,D正确。答案:ACD11.(2024·高考全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面积是以O为圆心、半径为R的圆,AB为圆的直径,如图所示。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子,自圆周上的C点以速度v0穿出电场,AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。(1)求电场强度的大小。(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大?(3)为使粒子穿过电场前后动量改变量的大小为mv0,该粒子进入电场时的速度应为多大?解析:(1)粒子初速度为零,由C点射出电场,故电场方向与AC平行,由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知AC=R ①F=qE ②由动能定理有F·AC=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③联立①②③式得E=eq\f(mveq\o\al(2,0),2qR) ④(2)如图,由几何关系知AC⊥BC,故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点,与AC的延长线交于P点,则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知∠PAD=30°,AP=eq\f(3,2)R,DP=eq\f(\r(3),2)R ⑤设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大,在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动,运动的距离等于AP;在垂直于AC的方向上做匀速运动,运动的距离等于DP。由牛顿其次定律和运动学公式有F=ma ⑥AP=eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1) ⑦DP=v1t1 ⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1=eq\f(\r(2),4)v0 ⑨(3)设粒子以速度v进入电场时,在电场中运动的时间为t。以A为原点,粒子进入电场的方向为x轴正方向,电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有y=eq\f(1,2)at2 ⑩x=vt ⑪粒子离开电场的位置在圆周上,有(x-eq\f(\r(3),2)R)2+(y-eq\f(1,2)R)2=R2 ⑫粒子在电场中运动时,其x方向的动量不变,y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量改变量的大小为mv0的粒子,离开电场时其y方向的速度重量为v2,由题给条件及运动学公式有mv2=mv0=mat ⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v=0 ⑭和v=eq\f(\r(3),2)v0 ⑮另解:由题意知,初速度为0时,动量增量的大小为mv0,此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子,沿y方向位移相等时,所用时间都相同。因此,不同粒子运动到线段CB上时,动量改变都相同,自B点射出电场的粒子,其动量改变也为mv0,由几何关系及运动学规律可得,此时入射速率v=eq\f(\r(3),2)v0。答案:(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qR)(2)eq\f(\r(2),4)v0(3)0或eq\f(\r(3),2)v012.如图所示,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求:(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;(2)A点距电场上边界的高度;(3)该电场的
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