1、专题三 第 8 讲限时：40 分钟一、选择题(本题共 8 小题，其中 14 题为单选，58 题为多选)1(2017山东省潍坊一模)如图所示，匀强电场的方向平行于 xOy 坐标系平面，其中坐标原点 O 处的电势为 2 V， a 点的坐标为(0, 4)，电势为 8 V，b 点的坐标为(3,0) ，电势为8 V，则电场强度的大小为 ( A )导 学 号 86084164A 250V/m B 200V/mC 150V/m D 120V/m解析 由题意可得 a、b 两点的 电势相等，所以匀强电场的方向垂直于 ab，过 O 点做ab 的垂线相交 ab 于 c 点，由几何关系得：tanb ，得b 53 ；o
2、cobsinb0.03sin53432.410 2 mco 间的电势差为：U 8 V2 V6 V；则电场强度为：E 250 V/m ，故 A 正确。UOc2(2017山东省淄博市一模) 两个等量点电荷位于 x 轴上，它们的静电场的电势 随位置 x 变化规律如图所示( 只画出了部分区域内的电势) ，x 轴上有两点 M、N，且 OMON，由图可知 ( B )导 学 号 86084165AN 点的电势低于 M 点的电势BM、N 两点的电场方向相同且 M 点的场强大小大于 N 点的场强大小C仅在电场力作用下，正电荷可以在 x 轴上 M、N 之间的某两点做往复运动D负电荷沿 x 轴从 M 点移到 N 点
3、的过程中电场力先做正功后做负功解析 由图知， N 点的电势高于 M 点的电势。故 A 错误；由 E 可知， 图象的斜率绝Ud对值等于场强大小，可以看出 M 点的场强大小大于 N 点的 场强大小。斜率都 为正值，说明M、N 点的电场方向相同。故 B 正确；根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N 指向 M，正电荷在 x 轴上 M、N 之间所受的电场力始终由 N 指向 M，正 电荷做单向直线运动。故 C 错误； 负电荷沿 x 轴从 M 移到 N 的过程中， 电场 力方向从 M 指向 N，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功。故 D 错误。3(2017山东省泰安市一模) 如图，Q 为固定的
4、正点电荷，虚线圆是其一条等势线。两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点 A 以相同的速度 v0 射入，轨迹如图中曲线，B 、C 为两曲线与圆的交点。 aB、a C表示两粒子经过 B、C 时的加速度大小，v B、v C表示两粒子经过 B、C 时的速度大小。不计粒子重力，以下判断正确的是 ( 导 学 号 86084166C )A aBa C v Bv C B aBa C v Bv CC aBa C v Bv C D aBa C v Bv C解析 由图可知粒子均带正电， AB 曲线弯曲程度较 AC 大，可知 AB 轨迹的粒子质量较小，因为 B、C 两点电势相等，可知 UACU AB，电荷量相
5、同，由动能定理：qU mv2 mv ，可知 vBaC，综上分析可知 C 正确， ABD 错误。4(2017重庆市一模)如图所示电路，水平放置的平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑动端 C 相连接。电子以速度 v0 垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端 C 上移，则电容器极板上所带电量 q 和电子穿越平行板所需的时间 t ( A )导 学 号 86084167A电量 q 增大，时间 t 不变B电量 q 不变，时间 t 增大C电量 q 增大，时间 t 减小D电量 q 不变，时间 t 不变解析 当滑动变阻器的滑动端 C 上移时，跟电
6、容器并联的阻值增大，所以电容器的电压 U 增大，根据 qUC 得：电量 q 增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间 t 与电压的变化无关，所以时间 t 不变。故 A 正确，BCDlv0错误。5(2017湖南省永州市二模) 三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从 O 点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒 2 恰好沿下极板边缘飞出电场，则 ( AD )导 学 号 86084168A三微粒在电场中的运动时间有 t1t 2t 3 B三微粒所带电荷量有 q1 q2q 3C三微粒所受电场力有 F1
7、 F2F 3D飞出电场时微粒 2 的动能大于微粒 3 的动能解析 粒子在电场中运动的时间 t ，水平速度相等而位移 x1x 2x 3，所以xvt1t 2t 3，所以 A 正确；根据 竖直位移公式：y at2 t2，对粒子 1 与 2，两者 竖直位移12 12Eqm相等，可知：在 y、E、m 相同的情况下，粒子 2 的时间长，则电量小，即 q1q 2，而对粒子 2和 3 在 E、m、t 相同的情况下，粒子 2 的竖直位移大，则 q2q 3。所以 B 错误；由 B 选项分析知：q 1q 2，所以 F1F 2，C 错误；由 B 选项分析， q2q 3，且 y2y 3，则 Eq2y2Eq 3y3，电场
8、力做功多，增加的动能大，所以 D 正确。6(2017山东省淄博、莱芜市二模) 某电场沿 x 轴上各点的电场强度大小变化如图所示；场强方向与 x 轴平行，规定沿 x 轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点 O 以一定的初速度沿 x 轴负方向运动，到达 x1 位置时速度第一次为零，到达 x2 位置时速度第二次为零，不计粒子的重力。下列说法正确的是 ( BD )导 学 号 86084169A点电荷从 x1 运动到 x2 的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小B点电荷从 O 沿 x 轴正方向运动到 x2 的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小C电势差 Uox1Uox 2D在整个运动过程中，点电荷在
9、 x1、x 2 位置的电势能最大解析 点电荷从 x1 运动到 x2 的过程中，将运 动阶段分成两段：点电荷从 x1 运动到 O的过程中，初速度为 0，根据牛顿第二定律：a ，电场强 度 E 不变，所以加速度 a 不变，Fm Eqm做匀加速运动。点电荷从 O 运动到 x2 的过程中，根据牛顿第二定律：a ，电场强度 EFm Eqm先增大后减小，所以加速度 a 先增大再减小，速度不是均匀变化。故 A 错误；点电荷从 O 运动到 x2 的过程中，根据牛 顿第二定律：a ，电场强度 E 先均匀增大后均匀减小，所以Fm Eqm加速度 a 先均匀增大再均匀减小。故 B 正确；点电荷从 O 运动到 x1 的
10、过程中，根据动能定理：Uox1 q0 mv ，点电荷从 O 运动到 x2 的过程中，根据动能定理：Uox 2 q0 mv ，所12 20 12 20以：电势差 Uox1Uox 2 ，故 C 错误；点电荷从 O 运动到 x1 的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在 x1 位置的电势 能最大；点电荷从 O 运动到 x2 的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在 x2 位置的电势 能最大。故 D 正确。7(2017江西省新余市二模) 有一电场强度方向沿 x 轴方向的电场，其电势 随 x 的分布如图所示。一质量为 m、带电量为 q 的粒子只在电场力的作用下，以初速度 V0 从 x0处的 O
11、点进入电场并沿 x 轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的是( BD )导 学 号 86084170A粒子从 x0 处运动到 xx 1 处的过程中动能逐渐增大B粒子从 x x1 处运动到 xx 3 处的过程中电势能逐渐减小C欲使粒子能够到达 xx 4 处，则粒子从 x0 处出发时的最小速度应为 2q0mD若 v02 ，则粒子在运动过程中的最小速度为2q0m 6q0m解析 粒子从 O 运动到 x1 的过程中， 电势降低， 场强方向沿 x 轴正方向，粒子所受的电场力方向沿 x 轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故 A 错误；粒子从 x1 运动到 x3的过程中，电势不断升高，根据负电
12、荷在电势高处电势能小，可知 B 正确；根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到 x1处，就能到达 x4处，当粒子恰好运动到 x1处时，由动能定理得：q0( 0)0 mv ，解得： v0 ，则要使粒子能运动到 x4处，粒子的初速12 20 2q0m度 v0 至少为 。故 C 错误 ；若 v02 ，粒子运动到 x1处电势能最大，动能最小，由动2q0m 2q0m能定理得：q0( 0) mv mv ，解得最小速度为：v min ，故 D 正确。12 2min 12 20 6q0m8(2017山东省淄博、莱芜市二模) 如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容器电容为 C。电容器与一直流电源相连，
13、初始时开关闭合，极板间电压为 U，两极板间距为 d，电容器储存的能量 E CU2。一电荷量为 q 的带电油滴以初动能 Ek从平行板电容器12的轴线水平射入(极板足够长 )，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( BD )导 学 号 86084171A保持开关闭合，只将上极板下移了 ，带电油滴仍能沿水平线运动d3B保持开关闭合，只将上极板下移 ，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能d3为 EkqU12C断开开关后，将上极板上移 ，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板d3做功至少为 CU223D断开开关后，将上极板上移 ，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板d3做功至少为
14、CU216解析 保持开关闭合，电压 不变，仅将上极板下移 的过程中，极板距离减小，根据 知d3 Ud电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上做加速运动，故 A 错误；初始时能匀速通过电容器，说明 mgq ，保持开关闭合， 仅将上极板下移 ，两极板间距离变为 d，电场强度 EUd 23，电场力做功 WqE( ) ，根据动能定理 WE kE k0，mg( ) E kE k0 3U2d d2 d3 qU4 d2 d3 qU4，解得：E kE k0 dE k0 ，所以撞击上极板时的动能是 Ek0 ，故 B 正确；断qU4 16qUd qU12 qU12开开关，电容器所带的电荷量不 变，根据 E ，可知场
15、强不变，油滴所受Ud QCd QrS4kd 4kQrS的电场力不变，带电油滴仍然沿水平虚 线匀速通过电容器，下极板在上极板处产生的场强为，上极板上移 ，上极板所受电场力为 EQ，外力 对极板所做的功 为E2 d3 12WF EQ EdQ UCU CU2，故 D 正确。故选：BD。d3 12 d3 16 16 16二、计算题(本题共 3 小题，需写出完整的解题步骤 )9(2017辽宁省大连市二模) 如图甲所示，将一倾角 37的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量 m0.2 kg，带电量 q2.010 3 C 的小物块从斜面底端静止释放，运动 0.1 s 后撤去电场
16、，小物块运动的 vt 图像如图乙所示( 取沿斜面向上为正方向 )，g10 m/s2。 (sin370.6，cos37 0.8) ，求：导 学 号 86084172(1)电场强度 E 的大小；(2)小物块在 00.3 s 运动过程中机械能增加量。解析 (1)加速度时：a 1 20 m/s 2v1t1减速时：a 2 10 m/s 2v2t2由牛顿第二定律得：Eqmgsinf ma 1mgsinfma 2解得 Eq3mg摩擦力 f0.8 NE310 3 N/C(2)方法一：E k0Epmgx 总 sin37x 总 20.30.3 m12EE pE0.210 0.30.60.36 J方法二：加速距离
17、x1 t10.1 mv2减速距离 x2 t20.2 mv2电场力做功 WEEqx 10.6 J摩擦力做功 Wff(x 1x 2)0.24 J物块 00.3 s 运动过程中机械能增加量EW EW f0.60.240.36 J10(2017湖北省襄阳五中一模) 如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为 R 的半圆形，固定在竖直面内，管口 B、C 的连线水平。质量为 m 的带正电小球从 B 点正上方的 A 点自由下落，A 、B 两点间距离为 4R。从小球(小球直径小于细圆管直径) 进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等(水平分量
18、待定 )，结果小球从管口 C 处离开圆管后，又能经过 A 点。设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为 g，求： 导 学 号 86084173(1)小球到达 B 点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小。解析 (1)小球从开始自由下落到到达管口 B 的过程中机械能守恒，故有：mg4R mv122B到达 B 点时速度大小为 vB2 2gR(2)设电场力的竖直分力为 Fy，水平分力为 Fx，则 Fymg (方向竖直向上)。小球从 B 运动到 C 的过程中，由动能定理得：F x2R mv mv 12 2B 12 2C小球从管口 C 处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过 A 点，有 y4Rv
19、Ct x2R axt2 t2 12 Fx2m联立解得：F x mg 电场力的大小为：qE mg F2x F2y 211(2017山东省淄博市二模) 如图所示，质量 m1.0 kg、带电量 q410 3 C 的小球用长度 l0.8 m 的不可伸长的绝缘轻质细线悬吊在 O 点，过 O 点的竖直线右侧有竖直向下足够大的匀强电场，场强大小 E510 3 N/C。现将小球拉至 A 处，此时，细线与竖直方向成 角。现由静止释放小球，在小球运动过程中细线始终未被拉断。已知cos ，取重力加速度 g10 m/s 2。求：34 导 学 号 86084174(1)小球第一次运动到最低点时的速度大小；(2)小球第一
20、次进入电场时做什么运动？小球第一次离开电场时的速度多大？( 结果可保留根号)(3)小球每次离开电场前瞬间绳子对小球的拉力大小。解析 (1)小球从图示位置到达最低点的过程，由机械能守恒定律得 mgl(1cos) mv 代入数据得 v02m/s12 20(2)由于 qEmg 10 N m 5 N，故小球先做类平抛运动。v20l则有 xv 0t，y at2，qEmgma12(yl) 2x 2l 2联立并代入数据得 t0.4 s，xy0.8 m即小球恰好处于水平位置细线张紧，此 时，小球的 竖直分速度 vyat4 m/s细线张紧瞬间，小球水平速度立即 变为零，以 竖直分速度作 为初始速度做圆周运动，则由细线张紧位置到第一次离开电场时，由 动能定理得(qEmg)l mv mv ，12 21 12 2y代入数据得 v14 m/s2(3)小球第一次离开电场到达最低点过程中，由动能定理得 mg2l mv1 2 mv12 12 21解得 v18 m/s由于 qEmg10 Nm 80 Nv1 2l故此后绳张紧有拉力，小球继续 做圆周运动， 设小球第 n 次 经过最高点时速度为 vn，由动能定理得，(N1)qE2 l mv mv (n1,2,3)，12 2n 12 21解得 v 64(n1)322n最高点时，由牛顿第二定律得 FmgqEmv2nl联立解得 F10(8n3)(N)，n1,2,3
