(新课标)2017届高考物理一轮总复习重点回顾专练电场能与粒子运动综合练

要点回首专练：电场能与粒子运动综合练一、选择题1．如右图所示，

P是一个带电体，将本来不带电的导体

球Q放入

P激发的电场中并接地，a、b、c、d是电场中的四个点．则静电均衡后

(

)A．导体Q仍不带电B．a点的电势高于b点的电势C．查验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力D．带正电的查验电荷在c点的电势能大于在d点的电势能[答案]D2．如右图所示，真空中同一平面内直线上固定电荷量分别为－9Q和＋Q的两个点电MNL荷，二者相距为L，以＋Q点电荷为圆心，半径为2画圆，a、b、c、d是圆周上四点，此中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为＋q的尝试电荷在圆周上运动，则以下判断错误的选项是()A．电荷＋q在a点所遇到的电场力最大B．电荷＋q在a点的电势能最大C．电荷＋q在b点的电势能最大D．电荷＋q在c、d两点的电势能相等[分析]

电场强度叠加后，

a点处场强最大，

A正确；将正电荷从

a点沿圆周挪动到

c、b、d

点，＋Q对正电荷不做功，－

9Q对电荷均做负功，电势能均增添，且挪动到

b

点战胜电场力做功最多，挪动到

c、d两点战胜电场做功同样，所以正电荷在

a点电势能最小，在b点电势能最大，在c、d两点电势能相等，B错误，C、D正确．[答案]B3．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如右图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞翔，最后走开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小[分析]依据电场线与等势线垂直且指向低电势，画出电场线；开始时带负电粒子运动方向与受力方向不垂直，故做曲线运动．因为最后走开电场故电场力先做正功后做负功；所以C正确．[答案]C4．(2015·江苏南京、盐城二模)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP，Q1、Q2在轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙．则()A．M点电场场强盛小为零B．N点电场场强盛小为零C．M、N之间电场方向沿x轴负方向D．一正尝试电荷从P移到M过程中，电场力做功|W|＝|W|PNNM[分析]φ－x图象的斜率表示该点的电场强度，所以点电场强度不为零，N点电场M强度为零，A错误，B正确；因为没有确立正方向，所以没法依据斜率的正负判断电场强度2的方向，C错误；因为MN间电势差与PN间电势差大小不相等，所以|WPN|≠|WNM|，D错误．[答案]B5．(多项选择)如右图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平搁置，极板上带有等量异种电荷．此中A极板用绝缘线悬挂，B极板固定且接地，P点为两极板的中间地点．下列结论正确的选项是()A．若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两极板所带电荷量会增大B．A、B两极板电荷分别在P点产生电场的场强盛小相等，方向同样C．若将A极板竖直向上平移一小段距离，两极板间的电场强度将增大D．若将A极板竖直向下平移一小段距离，原P点地点的电势将不变[分析]A板与外界绝缘，所以此题属于电容器电量不变问题．[答案]BD6．(多项选择)将三个质量相等的带电微粒分别以同样的水平速度由P点射入水平搁置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地，三个微粒分别落在右图中A、B、C三点，不计其重力作用，则()A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒所带电荷量同样C．三个微粒所受电场力的大小关系是ABCF<F<FD．三个微粒抵达下板时的动能关系是CBAEk>Ek>Ek[分析]三个带电微粒在水平方向上做速度不变且相等的匀速运动，由运动轨迹可判断运动时间t>t>t.竖直方向电场力F<F<F，因为竖直方向运动距离相等，所以电场力做功ABCABC<<，应选CD.ABC[答案]CD37．(2015·山东滨州质检)如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则以下图象中能正确反应电子的速度v、位移x、加快度a、动能Ek四个物理量随时间变化规律的是()T[分析]剖析电子一个周期内的运动状况：0～4时间内，电子从静止开始向A板做匀加TTTT3速直线运动，4～2沿原方向做匀减速直线运动，2时刻速度为零，2～4T时间内向B板做匀3加快直线运动，4T～T持续向B板做匀减速直线运动．依据匀变速运动v－t图象是倾斜的直线可知A正确．电子做匀变速直线运动时，x－t图象是抛物线，故B错误．依据电子做匀变速运动时的加快度大小不变，a－t图象应平行于横轴，故C错误．匀变速运动的v－t图象是倾斜的直线，则Ek－t图象是曲线，故D错误．[答案]A8．(多项选择)(2015·湖南湘中名校联考)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向不停地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0.已知t＝0时刻射入电场的粒子恰巧沿上板右侧沿垂直于电场方向射出电场．则()A．全部粒子最后都垂直于电场方向射出电场B．t＝0以后射入电场的粒子有可能会打到极板上C．全部粒子在经过电场过程中最大动能都不行能超出2Ek0D．若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0对比必然减半[分析]t＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向射入电场，沿上板4右侧沿垂直于电场方向射出电场，说明竖直方向速度变化量为零，依据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故全部粒子最后都垂直于电场方向射出电场，A正确；因为t＝0时刻射入的粒子在两板间竖直方向的分位移最大，故全部B错误；t＝0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为d粒子最后都不会打到极板上，2；依据分位移公式有d0＋vymL122)＝2E，故C22v0ym0k20ymk0正确；速度加倍前运动时间为周期的整数倍，当入射速度加倍成2v，运动时间为周期的偶0数倍时，侧向位移与速度为v0时同样，D错误．[答案]AC9．如右图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强盛小为E，一根不行伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴着一个质量为、电荷量为q的带负电小球，另一端固定m在O点．把小球拉到使细线水平的地点A处，由静止开释，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的地点B时速度为零，以下说法中正确的选项是()A．小球在B地点处于均衡状态B．小球遇到的重力与电场力的关系是3qE＝mgC．小球将在AB之间来去运动，且幅度将渐渐减小1D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为－2qEl[分析]小球的受力剖析如下图，由图可知小球的运动可看作是在一个等效重力场中的摇动过程，依据摆球模型的特色，小球在B地点时受力不均衡，而且小球将在AB之间往复运动，其幅度不变，应选项A、C错误；依据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB轨迹的中点地点时，小球沿切线方向的协力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，依据三角函数关系可得：qEsin30°＝mgcos30°，化简可知，qE＝3mg，选项B错误；小球从A1运动到B的过程中，电场力对其做的功为W＝－qEl(1－cos60°)＝－2qEl，选项D正确．5[答案]D10．(多项选择)如右图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连结一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的圆滑绝缘斜面固定在水平川面上，开始时弹簧是原长状态，物块恰巧处于均衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧一直处于弹性限度内，以下说法正确的是()A．滑块电势能的增添量等于滑块重力势能的减少许12B．滑块抵达最低点的过程中，战胜弹簧弹力做功2mvC．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D．当滑块的加快度最大时，滑块和弹簧构成的系统机械能最大[分析]由题意得qE＝mgsinθ，在运动到最低点的过程中，电场力做的功与重力做的功相等，则滑块电势能增添量等于滑块重力势能的减少许，故A正确．滑块抵达最低点的过程中，战胜弹簧弹力做功等于弹性势能的增添量，即等于动能的减少许，故B正确．电场力和重力做功的代数和为零，依据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C错误．当滑块运动到最低点时，加快度最大，电场力做的负功最多，即电势能最大，此时系统机械能最小，故D错误．[答案]AB二、非选择题11．(2015·贵阳模拟)如下图，两块平行金属板、竖直搁置，两板间的电势差MNPQU＝1.6×103V，现将一质量m＝3.0×10－2kg、电荷量q＝＋4.0×10－5C的带电小球从两板左上方的A点以初速度v0＝4.0m/s水平抛出，已知A点距两板上端的高度h＝0.45m，以后小球恰巧从板上端内侧M点进入两板间匀强电场，而后沿直线运动到板上的CMNPQ点，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：6带电小球抵达M点时的速度大小；C点到PQ板上端的距离L；小球抵达C点时的动能Ek.[分析](1)设小球抵达M点时的速度大小为v，从A到M的过程中，由机械能守恒，1212有：2mv－2mv0＝mgh得v＝24.02＋2×10×0.45m/s＝5.0m/sv0＋2gh＝如下图，设小球抵达M点时的速度方向与MN板间的夹角为θ，则有：v0sinθ＝v＝0.8①在两平行板间运动时，小球受水平方向的静电力和竖直向下的重力作用，因为小球在电场内做直线运动，由动力学知识可知，小球遇到的静电力方向水平向右，协力方向与速度Eq的方向一致．设极板间的电场强度为E、极板间距离为d，则有tanθ＝mg②U＝Ed③L＝dcotθ④联立①②③④式，代入数据，可解得C点到板上端的距离＝qU＝0.12m2PQLmgtanθ从M到C的过程中，由动能定理，有：12qU＋mgL＝Ek－2mv代入数据，可求得小球抵达C点时的动能Ek＝0.475J[答案](1)5.0m/s(2)0.12m(3)0.475J12．(2015·宁波二模)“电子能量剖析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板构成．偏转器是由两个互相绝缘、半径分别为RA和RB的齐心金属半球面A和B构成的，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如下图．一束电荷量为、质量为的电子以em不一样的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场地区，最后抵达偏转器右端的探测板N，此中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动抵达N板的正中间．忽视电场的边沿效应．7判断半球面A、B的电势高低，并说明原因；求等势面C所在处电场强度E的大小；若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，求抵达N板左、右侧沿处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量E和E分别为多少；k左k右(4)比较|E左|和|E|的大小，并说明原因．kk右[分析](1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向，AB板电势高于A板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小同样，有2v12Ek0＝2mv＝R＋RRAB22E4Ek0k0联立解得：E＝＝A