【物理】2020届一轮复习第六章微专题4　电场中的图像问题　带电粒子在交变电场中的运动作业（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习第六章微专题4　电场中的图像问题　带电粒子在交变电场中的运动作业（江苏专用）

微专题4　电场中的图像问题　带电粒子在交变电场中的运动 一、单项选择题 ‎1.电场中的三条等势线如图中实线a、b、c所示,三条等势线的电势φa>φb>φc。一电子以沿PQ方向的初速度,仅在电场力的作用下沿直线从P点运动到Q点,则这一过程中电子运动的v-t图像大致是图中的(　　)‎ 答案　A　电子由P点运动到Q点的过程中,电场力所做的功为W=q(φP-φQ),因为q<0,且φP<φQ,所以W>0,由动能定理可知,电子的动能不断增大,即速度不断增大,选项C、D错误;P点附近等势线密集,故场强较大,电子在P点附近所受电场力大,电子的加速度也大,对应v-t图像的斜率大,故由P点到Q点,v-t图像的斜率不断减小,选项A正确,B项错误。‎ ‎2.(2018徐州质检)带电球体的半径为R,以球心为原点O建立坐标轴x,轴上各点电势φ随x变化如图所示,下列说法正确的是(　　)‎ A.球体带负电荷 B.球内电场强度最大 C.A、B两点电场强度相同 D.正电荷在B点的电势能比C点的大 答案　D　从球出发向两侧电势降低,而电场线从正电荷出发,沿着电场线电势降低,故球带正电荷,A项错误;球是等势体,故内部任意两点间的电势为零,场强为零,B项错误;A点与B点的电场强度大小相等,但方向相反,C项错误;从B到C,电势降低,故正电荷电势能降低,D项正确。‎ ‎3.(2018苏锡常镇四市一调)一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其电势能Ep与位移x的关系如图所示,下列图像中合理的是(　　)‎ 答案　D　粒子仅受电场力作用,做初速度为零的加速直线运动,电场力做功等于电势能的减小量,故F=ΔEpΔx,即Ep-x图像上某点切线的斜率表示电场力,故电场力逐渐减小,根据E=Fq,故电场强度也逐渐减小,A项错误;根据动能定理有,F·Δx=ΔEk,故Ek-x图线上某点切线的斜率表示电场力;由于电场力逐渐减小,与B图矛盾,B项错误;按照C图,速度随着位移均匀增加,根据公式v2-v‎0‎‎2‎=2ax,匀变速直线运动的v2-x图像是直线,题图v-x图像是直线,相同位移速度增加量相等,又是加速运动,故增加相等的速度需要的时间逐渐减小,故加速度逐渐增加,而电场力减小导致加速度减小,故矛盾,C项错误;粒子做加速度减小的加速运动,D项正确。‎ ‎4.(2017清江中学月考)某区域的电场线分布如图所示,其中间一根电场线是直线,一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点,取O点为坐标原点,沿直线向右为x轴正方向,粒子的重力忽略不计。在从O到A运动过程中,下列关于粒子运动速度和加速度a随时间t的变化,运动径迹上电势φ和粒子的动能Ek随位移x的变化图线可能正确的是(　　)‎ 答案　A　根据题图可知,从O到A点,电场线疏密反映了电场强度的大小,所以电场强度先减小后增大,方向不变,因此电荷受到的电场力先减小后增大,故加速度先减小后增大,A项正 确;在速度-时间图像中图像的斜率表示加速度,斜率逐渐减小,加速度减小,而加速度是先减小后增大的,B项错误;沿电场线方向电势降低,而电势与位移图像的斜率表示电场强度,图中斜率逐渐增大,表示电场强度增大,不符合题意,C项错误;动能与位移图像的斜率表示电场强度,图中斜率逐渐增大,表示电场强度增大,不符合题意,D项错误。‎ 二、多项选择题 ‎5.(2019江阴一中月考)如图甲所示,Q1、Q2是两个固定的点电荷,一带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动,其v-t图像如图乙所示,下列说法正确的是(　　)‎ A.两点电荷一定都带负电,但电荷量不一定相等 B.两点电荷一定都带负电,且电荷量一定相等 C.t1、t3两时刻试探电荷在同一位置 D.t2时刻试探电荷的电势能最大 答案　CD　由图乙可知,试探电荷先向上做减速运动,再反向向下做加速运动,说明粒子受到的电场力应先向下后向上,故两点电荷一定都带正电;由于电场线只能沿竖直方向,故两个点电荷带电荷量一定相等,故A、B项错误;根据速度图像的斜率表示加速度知,t1、t3两时刻试探电荷的加速度相同,所受的电场力相同,所以它们在同一位置,故C项正确;t2时刻试探电荷的速度为零,动能为零,根据能量守恒定律可知试探电荷的电势能最大,故D项正确。‎ ‎6.(2015江苏单科)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左。不计空气阻力,则小球(　　)‎ A.做直线运动 B.做曲线运动 C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小 答案　BC　小球运动时受重力和电场力的作用,合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上,小球做曲线运动,选项A错误、B项正确;将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方 向的v2,根据运动与力的关系,v1的大小不变,v2先减小后反向增大,因此小球的速率先减小后增大,选项C正确、D项错误。‎ ‎7.如图所示,以等量同种点电荷连线的中点为原点,两点电荷连线的中垂线为x轴,E表示电场强度,φ表示电势。根据你已经学过的知识判断,在下列E-x图像和φ-x图像中,可能正确的是(　　)‎ 答案　AD　在两电荷连线的中点,由于两个电荷在此处产生的场强大小相等、方向相反,所以该处场强为零。在无穷远处场强也为零,所以两点电荷连线的中点到无穷远场强先增大后减小,且场强关于电荷连线对称,故A项正确,B项错误;两点电荷连线的中垂线上场强方向从中点指向无穷远,电势逐渐降低,故C项错误,D项正确。‎ ‎8.(2018南通调研)真空中有一半径为r0的均匀带电金属球,以球心为原点建立x轴,轴上各点的电势φ分布如图所示,r1、r2分别是+x轴上A、B两点到球心的距离。下列说法中正确的有(　　)‎ A.0~r0范围内电场强度处处为零 B.A点电场强度小于B点电场强度 C.A点电场强度的方向由A指向B D.正电荷从A点移到B点过程总电场力做功 答案　ACD　根据E=ΔφΔx可知,φ-x图像的斜率表示电场强度的大小,由图可知在0~r0范围内斜率为0,故在0~r0范围内电场强度处处为零,故A正确;根据场强公式E=kQr‎2‎,得A点的电场强度大于B点的电场强度,故B项错误;A点到B点电势降低,所以A点的电场强度方向由A指向B,故C项正确。正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力方向由A指向B,所以电场力做正功,故D项正确。‎ ‎9.(2018盐城高三三模)在x轴上有两个点电荷q1和q2,它们产生的电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.q1和q2带有异种电荷 B.x=x2处电场强度一定为0‎ C.负电荷沿x轴从x1移动到x2,电势能增加 D.正电荷沿x轴从x1移动到x2,电场力做负功 答案　ABC　由图可知,坐标原点处电势趋于无限大,则坐标原点处为正电荷,又因从O到x2,电势降低,可知电场方向由O指向x2,故另一电荷带负电,A正确;φ-x图像斜率表示电场强度的大小,x2处图线斜率为零,故电场强度为零,B正确;从x1到x2电势降低,故负电荷从x1到x2电势能增大,正电荷从x1到x2电场力做正功,C正确,D错误。‎ 三、非选择题 ‎10.(2018淮安模拟)如图所示,一条长为L的细线上端固定,下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球,将它置于方向水平向右的匀强电场中,使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放,当细线离开竖直位置偏角α=60°时,小球速度为0。求:‎ ‎(1)①小球带电性质;②电场强度E。‎ ‎(2)若小球恰好完成竖直圆周运动,求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)。‎ 答案　(1)①正电　②‎3‎mg‎3q　(2)‎‎2gL(‎3‎+1)‎ 解析　(1)①根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。‎ ‎　　②小球由A点释放到速度等于零,由动能定理有 ‎0=EqL sin α-mgL(1- cos α)‎ 解得E=‎3‎mg‎3q。‎ ‎(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G',则G'=‎2‎‎3‎‎3‎mg,方向与竖直方向成30°角偏向右下方。‎ 若小球恰能做完整的圆周运动,在等效最高点有 mv‎2‎L=‎2‎‎3‎‎3‎mg ‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mvA‎2‎=-‎2‎‎3‎‎3‎mgL(1+ cos 30°)‎ 联立解得vA=‎2gL(‎3‎+1)‎。‎ ‎11.(2018如东检测)如图所示,内表面绝缘光滑的圆轨道位于竖直平面内,轨道半径为r,A、B分别为内轨道的最高点和最低点,圆心O固定电荷量为+Q的点电荷,质量为m、电荷量为-q的小球能在圆轨道内表面做完整的圆周运动,重力加速度为g,静电力常量为k。‎ ‎(1)若小球经过B点的速度为v0,求此时对轨道的压力大小;‎ ‎(2)求小球经过A点最小速度的大小v;‎ ‎(3)若小球经过A点对轨道的压力为mg,求经过B点时的动能Ek。‎ 答案　(1)mv‎0‎‎2‎r+mg-kQqr‎2‎　(2)‎kQqmr‎+gr ‎(3)kQq‎2r+3mgr 解析　(1)设此时轨道对小球的支持力为N,由向心力公式有N+kQqr‎2‎-mg=mv‎0‎‎2‎r 解得N=mv‎0‎‎2‎r+mg-‎kQqr‎2‎ 由牛顿第三定律可知对轨道的压力大小 N'=N=mv‎0‎‎2‎r+mg-kQqr‎2‎。‎ ‎(2)小球经过A点有最小速度时,与轨道间的弹力为0,则有kQqr‎2‎+mg=mv‎2‎r 解得v=kQqmr‎+gr。‎ ‎(3)设小球经过A点的速度为vA,由向心力公式有 kQqr‎2‎‎+mg+mg=mvA‎2‎r 由机械能守恒定律有‎1‎‎2‎mvA‎2‎+2mgr=Ek 解得Ek=kQq‎2r+3mgr。‎