发布时间 : 星期一 文章推荐学习K122019届高考物理一轮复习第七章静电场学案更新完毕开始阅读b12d231ab1717fd5360cba1aa8114431b80d8ede
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＝3 V，φC＝φB，即B、C在同一等势面上，如图所示，由电场线与等势面的关系和几何关系知：d＝1.5 cm。则E＝＝
U3
V/m＝200 V/m，A正确。
d1.5×10－28．(2015·全国卷Ⅱ)如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到
B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点
间的电势差。
解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vB sin 30°＝v0sin 60°
由此得
①
vB＝3v0 ②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m(vB2－v02)
联立②③式得
12
③
mv02
UAB＝。
qmv02
答案： q[B级——拔高题目稳做准做]
④
★9．[多选](2018·河北定州中学月考)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a( )
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 D．从N到Q的过程中，电势能一直增加
解析：选BD a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大，故合力一直在增大，故A错误；在从N到P的过程中合力先与运动方向的夹角为锐角，合力做正功；而后合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功，故从N到P的过程中，速率先增大后减小，故B正确；从P到Q12
的过程中，由动能定理可知，－mgh－WE＝0－mv，故动能的减小量等于重力势能增加量和
2
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电势能的增加量，故C错误；由于在下降过程中，库仑力一直与运动方向夹角大于90度，故库仑力一直做负功，电势能一直增加，故D正确。
★10．[多选](2018·河南南阳一中月考)空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示。一个质量为m、电荷量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运
动至B点时的速度大小为v2。若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是( )
A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA＞EB、φA＜φB B．若v2＞v1，则电场力不一定做正功 C．A、B两点间的电势差为
m22
(v2－v1－2gh) 2q1212
D．小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv2－mv1
22
解析：选BC 由电场线的疏密可判断出EA＜EB，由电场线的方向可判断出φA＞φB，故1212
A错误；在运动的过程中，由动能定理得，mgh＋qU＝mv2－mv1，若v2＞v1，qU可正可负，
22即电场力不一定做正功， A、B两点间的电势差U＝(v2－v1－2gh)，电场力做功W＝qU＝2q1212
mv2－mv1－mgh，故B、C正确，D错误。 22
★11．[多选]如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直
m22
?11?2向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx，且小球通过点P?，?。
kk?
?
已知重力加速度为g，则( )
A．电场强度的大小为 B．小球初速度的大小为 mgqg 2k5mgC．小球通过点P时的动能为
4kD．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少2
2mgk
解析：选BC 由轨迹方程y＝kx可知小球运动轨迹为初速度向上的抛物线，合力向右，如图所示，由受力分析可知 2mg＝Eq，E＝＝v0t，
2mg1121
，A错误。联立方程＝gt，qk2k推荐学习K12资料
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解得v0＝
g，B正确。 2k1125mg22
据动能定理mg·＝Ek－mv0，得Ek＝，C正确。ΔEp＝－W＝－Eq·＝－2mg·
k24kkk－2mg＝，D错误。
k★12．(2018·陕西西安中学模拟)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～
x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的
是( )
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1 D．x2～x3段的电场强度大小和方向均不变
Δφ
解析：选D 根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：EΔx1ΔEpΔEp＝·，由数学知识可知Ep-x图像切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电qΔxΔx场强度为零，故A错误；由题图看出在0～x1段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＝φ0＞φ3，故C错误。
13．如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场
强度E＝1.0×10 N/C。现有一电荷量q＝＋1.0×10 C，质量m＝0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)。取g＝10 m/s。试求：
(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小； (2)D点到B点的距离xDB；
(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能(结果保留3位有效数字)。
2
4
－4
vC2
解析：(1)设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有mg＝m，
R解得vC＝2.0 m/s。 推荐学习K12资料
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设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有
vB2
FB－mg＝m。
R带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理有 1212
－mg×2R＝mvC－mvB
22联立解得FB＝6.0 N，
根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB′＝6.0 N。
(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2R12
＝gt， 2
xDB＝vCt－1Eq2
t 2m联立解得xDB＝0。
(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。
设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有
qERsin 45°－mgR(1－cos 45°)＝Ekm－mvB2，
代入数据解得Ekm≈1.17 J。 答案：(1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J
12
第3节电容器__带电粒子在电场中的运动
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