二轮复习专题4---功和功率 动能定理（2）-普通用卷.docx

二轮复习专题4功和功率动能定理(2)一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）1.如图，平行板电容器两极板的间距为d,极板与水平面成45。角，上极板带正电。一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能EkO竖直向上射出。4.如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场.光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动.以小孔为原点建立“轴，规定X轴正方向为加速度。、速度U的正方向，下图分别表示X轴上各点的电势?，小球的加速度速度U和动能反随X的变化图像，其中正确的是（）不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为（A.Eko4qdB.Eko2qdr2F,J2qdD及Eko,qd2 .如图所示，平行板电容器水平放置ro一管给电容充电，上、下极板正中有:m,电荷量为+q的小球从小孔正上匚？_开始下落，穿过上极板小孔到达下恰为零（空气阻力忽略不计，极板nL强电场）（）A.若将上极板稍向上移动，则小球到达下极板小孔处速度恰为零B.若将上极板稍向下移动，则小球到达下极板小孔处速度恰为零C.若将下极板稍向上移动，则小球到达下极板小孔前速度就已为零D.若将上极板稍向下移动，则小球到达下极板小孔处速度仍不为零3 .反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于X轴，其电势4随X的分布如图所示，广V20一质量m=1.0×/10-2°kg,带电荷量大小”为q=1.0XIO-C的带负电的粒子从（1,0）点由静止开始，仅在电场力作用下在X轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则A.X轴左侧的电场强度方向与X轴正方向同向二、多选题（本大题共8小题，共32.0空5 .如图所示，竖直平面内有固定的*÷半径为R的光滑绝缘圆形轨道，（!.A水平匀强电场平行于轨道平面向£oJ左，P、。分别为轨道上的最高点、Jz最低点，M、N分别是轨道上与圆心等高的点。质量为加、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）在轨道内运动，己知重力加速度为g,场强E=鬻,要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是（）A.小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大B.小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点C.小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为6mgD.小球过。、P点受轨道弹力大小的差值为7.5Tng6 .如图所示，带电平行金属板4、B，板间的电势差大小为U,A板带正电，8板中央有一小孔.一带正电的微粒，带电荷量为0q,质量为?，自孔的正上1方距板高力处自由落下，j,出若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，则,-½（）B.X轴左侧电场强度EI和右侧电场强度段的大小之比瓦:F2=2：1A.微粒下落过程中重力做功为mg（h+§,电场力C.该粒子运动的周期7 = 1.5 X 10-8SD.该粒子运动的最大动能Ecm = 2 × IO-8/做功为TqUB,微粒在下落过程中重力势能逐渐减小，机械能逐渐增大C.若微粒从距8板高2/?处自由下落，则恰好能达到A板D.微粒落入电场过程中，电势能改变量大小为NU7.如图所示，在竖直平面内有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行.一质量为小、带电量为9力大小相等"NM<"MN芍.MN之间距离为d.在小环从M点运动到N点的过程中：的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速Po进入该正方形区域.当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（）11.A.可能等于零B.可能等于诏C.可能等于如诏+gqEL-纲gLD.可能等于刎评+1qEL+如gL8 .如图所示，在水平向右的匀强17电场中，某带电粒子从A点运一E动到8点，在A点时速度竖直二，向上，在B点时速度水平向右，在这一运动过程中粒子只受电场力和重力，并且克服重力做的功为1J,电场力做的正功为3J,则下列说法中正确的是（）A.粒子带正电B.粒子在A点的机械能比在5点少”C.粒子在A点的动能比在B点多2JD.粒子由A点到8点过程，电势能减少了3J9 .如图所示，一个质量为小、带电荷量为+q的圆环,套在水平放置的粗糙绝缘细杆上，圆环直径略大于细杆直径。已知细杆处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，给圆环初××××速度必使其向右运动X*X8X起来，在运动过程中XC-X-圆环的电荷量不变，XE'+%X经历变速运动后圆环最终处于平衡状态。则从开始运动到最终处于平衡状态，圆环克服摩擦力做的功可能为（）A.0诏C.售诏一黑2UZq2B22U2q2B210 .绝缘水平光滑杆上套有一质量为?的带正电的小环，电量为q如图甲所示，小环与绝缘弹簧相连.弹簧另一端固定于竖直平面内杆上方的P点.沿水平A.有两个位置小环的加速度等于考B.弹簧对小环先做负功再做正功C.小环到达N点时的动能2q%D.小环经过MN的中点之后，电场力方向相反,小环开始减速4、8两物体质量均为加，其中A带正电，带电量为q，B不带电，通过劲度系数为攵的绝缘轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E=鬻式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是（）A.刚施加电场的瞬间，A的加速度为2gB.从开始到5刚要离开地面过程,A物体速度大小先增大后减小C.从开始到5刚要离开地面的每段时间内,4物体的机械能增量一定等于电势能的减少量D.8刚要离开地面时，A的速度大小为2g12.如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为R,在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有服b、C6.三个点、,b=c=与R，aO=6R，）不计重力。则下列判断正确的是I（）A.。、C两点的电场场强大小之比为1：3B. b、C两点的电场场强相同C. 一电子由a点静止释放，电子在。点的动能最大D. 一电子由。点静止释放，电子由到C的过程中,加速度先减小后增大方向杆所处的空间加、N之间存在着电场.其电势-%关系如图乙所示.小环从M点静止释放运动过程中经过N点.已知在M、N点、处,弹簧对小环的弹答案和解析1 .【答案】B【解析】【分析】粒子在电场中只受到电场力的作用，只有电场力做功，粒子恰好到达上极板时速度恰好与上极板平行，所以将粒子初速度分解为垂直极板和平行极板的分速度，再结合运动学公式可求得E；本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后根据类平抛运动的规律和动能定理计算电场强度的大小即可。【解答】据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如qE将粒子的速度分解为垂直于板的为和平行于板的以,由于极板与水平面夹角45。，粒子的初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度U0;根据运动学公式有”2些d，又知&o=3m齿,IHZ联立以上各式求得E二需，故B正确，ACZ）错误；故选瓦2 .【答案】B【解析】【分析】若将上级板稍向上移动，分析电容器的电容、板间场强如何变化，根据粒子的受力情况分析小球到达下极板小孔处的速度.若将上级板稍向下移动，根据动能定理求出小球恰好到达下极板时重力做功与电场力做功的关系，从而通过功能关系判断下极板上移后能否到达下极板.同理分析上极板移动时，小球的运动情况.本题的关键要抓住电容器板间的电压不变，分析出电场强度的变化，结合动能定理和牛顿第二定律分析小球的运动情况.【解答】解：A、若将上级板稍向上移动，电容器的电容减小，而电压不变，由Q=CU知，电容器的带电量要减少，但由于二极管有单向导电，电容器不能放电，所以电容器的带电量不变，根据推论可知，电容器板间场强不变，则小球所受的电场力不变，重力也不变，则小球的运动情况不变，因此，小球到达下极板小孔前速度就为零了，故A错误.8、若将上级板稍向下移动，电容器的电容增大，电压不变，由Q=CU知，电容器的带电量要增大，电容器充电.由于电容器板间电压不变，则小球到达下极板处时重力和电场力做功不变，由动能定理可知，小球到达下极板小孔处速度仍为零，故B正确.。、若将下级板稍向上移动，由上分析可知，电容器板间场强不变，小球的运动情况不变，小球到达下极板小孔处仍有向下的速度，故C错误.。、若将下级板稍向下移动，电容器板间电压不变，则小球到达下极板小孔处时，电场力做功不变，而重力做功增大，由动能定理可知，小球到达下极板小孔处仍有向下的速度，故。错误.故选：B.3 .【答案】D【解析】【分析】根据电场强度的斜率求解电场强度之比；带负电的粒子在电势高的地方电势能小，由此分析电势能的变化；根据Ep=q43求解电势能的变化；根据受力情况确定运动情况，从而明确振动周期。本题考查带电粒子在电场中的运动分析，要注意明确运动过程，并能根据能量守恒以及动能定理等物理规律进行分析，并灵活应用数学规律求解。【解答】A.沿着电场线方向电势降落，可知X轴左侧场强方向沿X轴负方向,X轴右侧场强方向沿X轴正方向，故A错误；B.由图可知：根据U=Ed可知：左侧电场强度为：EI=Vn=2.0×IO3Km,右侧电场强度为：E2=就/Vm=4.0xl03vzn,所以X轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比%：E2=1：2,故B错误；D该粒子运动过程中电势能的最大值为：Epm=qm=-2×W87,由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能为Ekm=2X10-9，故。正确。C设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为£1、t2,在原点时的速度为左，由运动学公式有：加=呼口，同理可知：vm=誉亡2,Eian=nv,而周期：7=2（t1+坛），联立以上各式并代入相关数据可得：T=3.0×,tan =更=2mg 4,故选Dq4 .【答案】D【解析】【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系公式U=Ed,分析电势与X的关系；根据牛顿第二定律分析加速度的大小和方向；根据动能定理分析速度和动能与X的关系。对于物理图象，往往要根据物理规律，写出解析式，再加以分析，这是常用的解题方法，难度中等。【解答】A.在VO范围内，当X增大时，由U=Ed=E%,可知，电势差均匀增大,9-尤应为向上倾斜的直线;在>0范围内，当X增大时，由U=Ed=E%,可知，电势差均匀减小，9-%也应为向下倾斜的直线，故A错误；A在VO范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在>0范围内，电场力向左，加速度向左，为负值，故B错误；C在<0范围内，根据动能定理得：qEx=nv2,V-x图象应是曲线；同理，在>0范围内，图线也为曲线，故C错误；D在VO范围内，当X增大时，由U=fd=E%,可知，电势差均匀增大,-X应为向上倾斜的直线;在>0范围内，当X增大时，由U=Ed=E%,可知，电势差均匀减小，%也应为向下倾斜的直线，