2019-2020年高三二輪復(fù)習(xí)物理專題通關(guān) 課時鞏固過關(guān)練（八） 電場和磁場4.8 Word版含答案.doc

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C.粒子在a點的電勢能比在d點低 D.粒子的加速度先變大再不變后變小 【解析】選D。由于電場力的方向與電場線的切線的方向相同,從圖中可以看出粒子在a點時速度的方向與電場線的方向之間的夾角大于90度,所以在a點附近,電場力做負(fù)功,所以粒子的動能先減小,A錯誤;在a點附近,電場力做負(fù)功,根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系知粒子的電勢能在a點附近先增大,B錯誤;從圖中可得,a點位于所在電場線的接近中點的地方,而d點離負(fù)極板更近一些,所以a點的電勢一定高于d點的電勢,正電荷在a點的電勢能大于在d點的電勢能,C錯誤;電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱,從圖中可知,b點附近的電場線最密,所以b點附近的場強(qiáng)最大,大于a點和d點的場強(qiáng),所以粒子在a到d的過程中,受到的電場力先增大再不變,后減小,根據(jù)牛頓第二定律,粒子的加速度先增大再不變,后減小,D正確。 【總結(jié)提升】電勢能大小及其變化分析的兩個思路 (1)做功角度：根據(jù)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系分析、判斷帶電粒子電勢能及其變化。靜電力做正功,粒子的電勢能減少,靜電力做負(fù)功,則粒子的電勢能增加。 (2)轉(zhuǎn)化角度：只有靜電力做功時,電勢能與動能可以相互轉(zhuǎn)化,動能減小,電勢能增加,動能增大,電勢能減少。 4.(xx麗水二模)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點,兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示,其中A、N兩點的電勢均為零,ND段中的C點電勢最高,則(　　) A.N點的電場強(qiáng)度大小為零 B.A點的電場強(qiáng)度大小為零 C.NC間場強(qiáng)方向向x軸正方向 D.將一負(fù)點電荷從N點移到D點,電場力先做正功后做負(fù)功 【解析】選D。φ-x圖像的斜率等于電場強(qiáng)度E,圖線在A、N兩點處的斜率都不等于0,則知N、A兩點的場強(qiáng)均不為零,A、B錯誤;從N點到C點各點電勢逐漸增大,說明這是逆著電場線方向,即NC間場強(qiáng)方向從C指向N,即指向x軸負(fù)方向,C錯誤;將一負(fù)點電荷從N點移到D點,電勢先增大后減小,電勢能先減小后增大,所以電場力先做正功后做負(fù)功,D正確。故選D。 5.(xx天津高考改編)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1,之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn),最后打在屏上。整個裝置處于真空中,不計粒子重力及其相互作用,那么(　　) A.偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多 B.三種粒子打到屏上時速度一樣大 C.三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間相同 D.三種粒子一定不能打到屏上的同一位置 【解析】選A。設(shè)粒子質(zhì)量為m,電量為q,經(jīng)過加速電場U1q=m,經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)位移y1=()2,解得y1=,偏轉(zhuǎn)電場對粒子做功W2=qE2y1=,由于三種粒子電量相同,則偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做功一樣多,故選項A正確;從開始無初速度進(jìn)入電場到打到屏上的過程中,由動能定理有U1q+W2=mv2,解得v=,則三種粒子打到屏上的速度不一樣,故選項B錯誤;在加速電場中有l(wèi)=a1=,解得t1=,從進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場到粒子打到屏上所用時間t2+t3====(L+l′),則三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間t=t1+t2+t3=+(L+l′),由于三種粒子質(zhì)量不同,所以三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間不同,故選項C錯誤;粒子離開電場后做勻速直線運(yùn)動,y2=v⊥t3 =a2t2t3====,則y=y1+y2=+y2=+,所以三種粒子一定打到屏上的同一位置,故選項D錯誤。 6.(xx海南高考)如圖,兩電荷量分別為Q(Q>0)和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè),a點位于x軸上O點與點電荷Q之間,b點位于y軸O點上方。取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零。下列說法正確的是(　　) A.b點電勢為零,電場強(qiáng)度也為零 B.正的試探電荷在a點的電勢能大于零,所受電場力方向向右 C.將正的試探電荷從O點移到a點,必須克服電場力做功 D.將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點,后者電勢能的變化較大 【解析】選B、C。因為等量異種電荷在其連線的中垂線為等勢線,因為中垂線延伸到無窮遠(yuǎn)處,所以中垂線的電勢為零,故b點的電勢為零,但是電場強(qiáng)度不為零,A錯誤;等量異種電荷連線上,電場方向由正電荷指向負(fù)電荷,方向水平向右,在中點O處電勢為零,O點左側(cè)電勢為正,右側(cè)電勢為負(fù),又知道正電荷在正電勢處電勢能為正,故B正確;O點的電勢低于a點的電勢,將正的試探電荷從O點移到a點,電場力做負(fù)功,所以必須克服電場力做功,C正確;O點和b點的電勢相等,所以先后從O、b兩點移到a點,電場力做功相等,電勢能變化相同,D錯誤。故選B、C。 【加固訓(xùn)練】(xx吉林一模)如圖所示,實線表示一正點電荷和金屬板間的電場分布圖線,虛線為一帶電粒子從P點運(yùn)動到Q點的運(yùn)動軌跡,帶電的粒子只受電場力的作用。那么下列說法正確的是(　　) A.帶電粒子從P到Q過程中動能逐漸增大 B.P點電勢比Q點電勢高 C.帶電粒子在P點時具有的電勢能大于在Q點時具有的電勢能 D.帶電粒子的加速度逐漸變大 【解析】選B。由粒子運(yùn)動的軌跡可以判斷,粒子受到的電場力為引力的作用,帶電粒子從P到Q過程中電場力做負(fù)功,粒子的動能逐漸減小,A錯誤;沿電場方向電勢降低,所以P點電勢比Q點電勢高,B正確;粒子受到的電場力為引力的作用,帶電粒子從P到Q過程中電場力做負(fù)功,電勢能增加,C錯誤;電場線密的地方電場強(qiáng)度大,電場線疏的地方電場強(qiáng)度小,所以粒子在P點時受到的電場力大,所以帶電粒子的加速度逐漸減小,D錯誤。 7.(xx哈爾濱一模)如圖所示,兩塊相互靠近彼此絕緣的平行金屬板組成平行板電容器,極板N與靜電計金屬球相連,極板M和靜電計的外殼均接地。用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U。在兩板相距為d時,給電容器充電,靜電計指針張開一定角度。在與外界絕緣的情況下保持電容器的帶電量Q不變,下面的操作中將使靜電計指針張角變小的是(　　) A.僅將M板向下平移 B.僅將M板向左平移 C.僅在M、N之間插入云母板(相對介電常數(shù)大于1) D.僅在M、N之間插入金屬板,且不和M、N接觸 【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點： (1)靜電計指針張角變小的原因是平行板電容器兩極板間的電壓減小。 (2)M、N之間插入云母板改變的是極板間的電介質(zhì)。 (3)M、N之間插入金屬板改變的是極板間的距離。 【解析】選C、D。僅將M板向下平移,兩極板正對面積減小,由C=可知,電容減小,而電容器的電荷量不變,由C=得知,板間電壓增大,靜電計指針張角變大,A錯誤;僅將M板向左平移,板間距離增大,由C=可知,電容減小,而電容器的電荷量不變,由C=得知,板間電壓增大,靜電計指針張角變大,B錯誤;僅在M、N之間插入云母板,由C=可知,電容增大,而電容器的電荷量不變,由C=得知,板間電壓減小,靜電計指針張角變小,C正確;僅在M、N之間插入金屬板,板間距離減小,由C=可知,電容增大,而電容器的電荷量不變,由C=得知,板間電壓減小,靜電計指針張角變小,故D正確。 8.如圖所示,兩平行正對的金屬板A、B間的電勢差UAB=U0,A板電勢高于B板電勢,極板長度為L,板間距離為d,一重力可忽略不計的帶電粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子在兩板中心連線上且距離A板處的P點釋放時獲得平行于金屬板向上的速度v0,則該粒子不打到金屬板A、B上的條件是(　　) A.若粒子帶正電,v0必須大于 B.若粒子帶正電,U0必須小于 C.若粒子帶負(fù)電,v0必須大于 D.若粒子帶負(fù)電,U0必須小于 【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩點： (1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動。 (2)粒子帶電性質(zhì)不同,偏轉(zhuǎn)方向不同,偏轉(zhuǎn)位移不同。 【解析】選B、C。因為初速度方向與電場方向垂直,故帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,當(dāng)帶電粒子帶正電時,由于電場力垂直于金屬板指向B板,=v0t,t2,A錯誤,B正確;當(dāng)帶電粒子帶負(fù)電時,由于電場力垂直于金屬板指向A板,=v0t,t2,C正確,D錯誤。 二、計算題(本大題共2小題,共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.(16分)(xx安徽高考)在xOy平面內(nèi),有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為E(圖中未畫出),由A點斜射出一質(zhì)量為m,帶電量為+q的粒子,B和C是粒子運(yùn)動軌跡上的兩點,如圖所示,其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計,求： (1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功。 (2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間。 (3)粒子經(jīng)過C點時的速率。 【解題指導(dǎo)】解答本題時應(yīng)從以下三點進(jìn)行分析： (1)粒子射出后做類斜拋運(yùn)動,沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動,沿y軸方向做勻變速直線運(yùn)動。 (2)由于粒子由A到最高點、最高點到B、B到C沿x軸的距離相同,所以運(yùn)動時間相同。 (3)C點速度為沿x軸和y軸速度的矢量和。 【解析】(1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0　 (2分) (2)根據(jù)拋體運(yùn)動的特點,粒子在x方向做勻速直線運(yùn)動,由對 稱性可知軌跡最高點D在y軸上,可令tAD=tDB=T,則tBC=T　 (1分) 由qE=ma得a= (2分) 又yD=aT2,　 (2分) yD+3l0=a(2T)2　 (2分) 解得T=　 (1分) 則A→C過程所經(jīng)歷的時間t=3　 (1分) (3)粒子在DC段做類平拋運(yùn)動,于是有 2l0=vCx2T,　 (2分) vCy=a2T　 (1分) vC=　 (1分) 解得：vC=　 (1分) 答案：(1)3qEl0　(2)3　(3) 10.(20分)如圖甲所示,水平放置的平行金屬板A和B的距離為d,它們的右端安放著垂直于金屬板的靶MN,現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓,電壓的正向值為U0,反向電壓值為,且每隔變向1次?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的帶正電且電荷量為q的粒子束從AB的中點O以平行于金屬板的方向OO′射入,設(shè)粒子能全部打在靶上,而且所有粒子在A、B間的飛行時間均為T。不計重力的影響,試求： (1)定性分析在t=0時刻從O點進(jìn)入的粒子,在垂直于金屬板的方向上的運(yùn)動情況。 (2)在距靶MN的中心O′點多遠(yuǎn)的范圍內(nèi)有粒子擊中? (3)要使粒子能全部打在靶MN上,電壓U0的數(shù)值應(yīng)滿足什么條件?(寫出U0、m、d、q、T的關(guān)系式即可) 【解析】(1)0～時間內(nèi),帶正電的粒子受到向下的電場力而向下做加速運(yùn)動,在～T時間內(nèi),粒子受到向上的電場力而向下做減速運(yùn)動?！? (2分) (2)當(dāng)粒子在0、T、2T…nT(n=0,1,2…)時刻進(jìn)入電場中時,粒子將打在O′點下方最遠(yuǎn)點,在前時間內(nèi),粒子豎直向下的位移： y1=a1()2=　 (2分) 在后時間內(nèi),粒子豎直向下的位移： y2=v-a2()2　 (2分) 其中：v=a1=　 (1分) a2=　 (1分) 解得：y2=　 (1分) 故粒子打在距O′點正下方的最大位移： y=y1+y2=　 (1分) 當(dāng)粒子在、…(n=0,1,2…)時刻進(jìn)入電場時,將打在O′點上方最遠(yuǎn)點,在前時間內(nèi),粒子豎直向上的位移： y′1=a1′()2=　 (1分) 在后時間內(nèi),粒子豎直向上的位移： y2′=v′-a2′()2　 (1分) 其中：v′=a1′=　 (1分) a2′=　 (1分) 解得：y2′=0　 (1分) 故粒子打在距O′點正上方的最大位移： y′=y1′+y2′=　 (1分) 擊中的范圍在O′以下到O′以上　 (1分) (3)要使粒子能全部打在靶上,需有： <　 (2分) 解得：U0< 　 (1分) 答案：(1)見解析　(2)O′以下到O′以上 (3)U0< 【加固訓(xùn)練】如圖甲所示為一組間距d足夠大的平行金屬板,板間加有隨時間變化的電壓(如圖乙所示),設(shè)U0和T已知。A板上O處有一靜止的帶電粒子,其帶電量為q,質(zhì)量為m(不計重力),在t=0時刻起該帶電粒子受板間電場加速向B板運(yùn)動,途中由于電場反向,粒子又向A板返回(粒子未曾與B板相碰)。 (1)當(dāng)Ux=2U0時,求帶電粒子在t=T時刻的動能。 (2)為使帶電粒子在t=T時刻恰能回到O點,Ux等于多少? 【解析】(1)粒子在兩種不同電壓的電場中運(yùn)動的加速度分別為a1=,a2= 經(jīng)過時粒子的速度：v1=a1 t=T時刻粒子的速度： v2=v1-a2=a1-a2=- t=T時刻粒子的動能：Ek=m= (2)0～內(nèi)粒子的位移：x1=a1()2 ～T內(nèi)粒子的位移：xx=v1-ax()2 又v1=a1,x1=-xx 解得：ax=3a1,因為a1=,ax=,解得：Ux=3U0 答案：(1)　(2)3U0 關(guān)閉Word文檔返回原板塊