【物理】2020届二轮复习专题三1第1讲　电场及带电粒子在电场中的运动作业（京津鲁琼专用）

【物理】2020届二轮复习专题三1第1讲　电场及带电粒子在电场中的运动作业（京津鲁琼专用）

(建议用时：40 分钟) 一、单项选择题 1．(2019·高考北京卷)如图所示，a、b 两点位于以负点电荷－Q(Q>0)为球心的球面上， c 点在球面外，则( ) A．a 点场强的大小比 b 点大 B．b 点场强的大小比 c 点小 C．a 点电势比 b 点高 D．b 点电势比 c 点低 解析：选 D.由点电荷的场强公式 E＝kQ r2 可知，与－Q 距离相等的点场强大小相等，离 －Q 越近的点场强越大，故 a 点场强的大小与 b 点的相等，b 点场强的大小比 c 点的大，A、 B 项错误；与－Q 距离相等的点，电势相等，离－Q 越近的点，电势越低，故 a 点电势与 b 点的相等，b 点电势比 c 点的低，C 项错误，D 项正确． 2．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移 出，则电容器( ) A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 解析：选 D.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压 U 不 变．若将云母介质移出，电容 C 减小，由 C＝Q U 可知，电容器所带电荷量 Q 减小，即电容器 极板上的电荷量减小．由于 U 不变，d 不变，由 E＝U d 可知，极板间电场强度 E 不变，选项 D 正确，A、B、C 错误． 3．(2019·莱芜二模)如图所示， 真空中电荷量均为 Q 的两正点电荷固定于一绝缘正方 体框架的两侧面 ABB1A1 和 DCC1D1 中心连线所在直线上，且两点电荷关于正方体中心对称， 则( ) A．A、B、C、D 四个点的电势相同 B．A1、B1、C1、D1 四个点的电场强度相同 C．负检验电荷在 A 点的电势能小于在 C1 点的电势能 D．正检验电荷从 C 点移到 C1 点的过程中，电场力对其做正功 解析：选 A.由叠加原理可知，A、B、C、D 四个点的电势相同，选项 A 正确；A1、B1、 C1、D1 四个点的电场强度大小相同，但方向不同，选项 B 错误；由对称性可知 A 点和 C1 点电势相同，故负检验电荷在 A 点的电势能等于在 C1 点的电势能，选项 C 错误；由对称性 可知 C 点和 C1 点的电势相同，故正检验电荷从 C 点移到 C1 点的过程中，电场力对其做功 为零，选项 D 错误． 4．(2018·高考天津卷)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带 负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设 M 点和 N 点的电势分别为φM、φN，粒子在 M 和 N 时加速度大小分别为 aM、aN，速度大小分别为 vM、vN，电势能分别为 EpM、EpN.下列判 断正确的是( ) A．vMvN，EpMab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb 解析：选 D.由点电荷电场强度公式 E＝k q r2 可知，离场源点电荷 P 越近，电场强度越大， Q 受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B 选 项错误；由力与运动的关系可知，Q 受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此 Q 与 P 带 同种电荷，Q 从 c 到 b 的过程中，电场力做负功，动能减少，从 b 到 a 的过程中电场力做正 功，动能增加，因此 Q 在 b 点的速度最小，由于 c、b 两点的电势差的绝对值小于 a、b 两 点的电势差的绝对值，因此 Q 从 c 到 b 的过程中，动能的减少量小于从 b 到 a 的过程中动 能的增加量，Q 在 c 点的动能小于在 a 点的动能，即有 va>vc>vb，C 选项错误，D 选项正确． 6．(2019·高考天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为 m 的带电小球， 以初速度 v 从 M 点竖直向上运动，通过 N 点时，速度大小为 2v，方向与电场方向相反，则 小球从 M 运动到 N 的过程( ) A．动能增加 1 2mv2 B．机械能增加 2mv2 C．重力势能增加 3 2mv2 D．电势能增加 2mv2 解析：选 B.小球动能的增加量为ΔEk＝1 2m(2v)2－1 2mv2＝3 2mv2，A 错误；小球在竖直方 向上的分运动为匀减速直线运动，到 N 时竖直方向的速度为零，则 M、N 两点之间的高度 差为 h＝v2 2g ，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝1 2mv2，C 错误；电场力对小球做正功， 则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加 量之和，则电势能的减少量为ΔE′p＝3 2mv2＋1 2mv2＝2mv2，D 错误；由功能关系可知，除重 力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即 2mv2，B 正确． 7．(2019·河南天一联考)如图所示，小球 A、B 带电荷量相等，质量均为 m，都用长 L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上 O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向 θ角而静止，此时 A、B 两球之间的库仑力为 F.由于外部原因小球 B 的带电荷量减小，使两 球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球 B 的带电荷量减小为原来的( ) A.1 2 B.1 4 C.1 8 D. 1 16 解析：选 C.小球 B 受力分析如图所示，两绝缘细线的长度都是 L，则△OAB 是等腰三 角形，则线的拉力 T 与重力 G 相等，G＝T，小球处于平衡状态，则库仑力 F＝2Gsinθ 2 ，设 原来小球带电荷量为 q，A、B 间的距离是 r，则 r＝2Lsinθ 2 ，由库仑定律得 F＝kq2 r2，后来库 仑力变为原来的一半，则F 2 ＝2Gsin θ′ 2 ，r′＝2Lsinθ′ 2 ，F 2 ＝k qqB r′2 ，解得 qB＝1 8q，故选 C. 8．如图所示，直线 a、b 和 c、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q 是它 们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过 程中，电场力所做的负功相等．则( ) A．直线 a 位于某一等势面内，φM>φQ B．直线 c 位于某一等势面内，φM>φN C．若电子由 M 点运动到 Q 点，电场力做正功 D．若电子由 P 点运动到 Q 点，电场力做负功 解析：选 B.由电子从 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中电场力所做的负功相等可知， N、P 两点在同一等势面上，且电场线方向为 M→N，故选项 B 正确，A 错误；M 点与 Q 点 在同一等势面上，电子由 M 点运动到 Q 点，电场力不做功，故选项 C 错误；电子由 P 点运 动到 Q 点，电场力做正功，故选项 D 错误． 二、多项选择题 9．(2017·高考全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、b、c 三点的位 置如图所示，三点的电势分别为 10 V、17 V、26 V．下列说法正确的是( ) A．电场强度的大小为 2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为 1 V C．电子在 a 点的电势能比在 b 点的低 7 eV D．电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9 eV 解析：选 ABD.ac 垂直于 bc，沿 ca 和 cb 两方向的场强分量大小分别为 E1＝Uca ac ＝2 V/cm、 E2＝Ucb bc ＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知 E＝2.5 V/cm，A 项正确；根据在匀强电场中平行线 上等距同向的两点间的电势差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B 项正确；电子在 a、 b、c 三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV 和－26 eV，故电子在 a 点的电势能比在 b 点的 高 7 eV，C 项错误；电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功 W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV， D 项正确． 10．(2019·淄博二模)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电 荷 q 在场源电荷 Q 的电场中具所有电势能表达式为 Er＝kqQ r (式中 k 为静电力常量，r 为试探 电荷与场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷 Q1、Q2 分别固定在 x 坐标轴的 x＝0 和 x ＝6 cm 的位置上．x 轴上各点的电势φ随 x 的变化关系如图所示．A、B 是图线与 x 的交点， A 点的 x 坐标是 4.8 cm，图线上 C 点的切线水平．下列说法正确的是( ) A．电荷 Q1、Q2 的电性相反 B．电荷 Q1、Q2 的电荷量之比为 1∶4 C．B 点的 x 坐标是 8 cm D．C 点的 x 坐标是 12 cm 解析：选 ACD.电势φ随 x 的变化关系图象的斜率Δφ Δx ＝E，所以 C 点电场强度为 0，根 据电场叠加原理可知电荷 Q1、Q2 的电性相反，故 A 正确；根据φ＝Ep q 可知，φA＝ kQ1q r1 q ＋ kQ2q r2 q ＝ kQ1 4.8 cm ＋ kQ2 1.2 cm ＝0，解得 Q1∶|Q2|＝4∶1，故 B 错误；根据φ＝Ep q 可知，φB＝ kQ1q x1 q ＋ kQ2q x1－6 cm q ＝kQ1 x1 ＋ kQ2 x1－6 cm ＝0，解得 B 点的坐标是 8 cm，故 C 正确；由 E＝kQ r2 知，EC＝kQ1 x22 ＋ kQ2 （x2－6 cm）2 ＝0，解得 C 点的坐标是 x2＝12 cm，故 D 正确． 11．(2019·青岛模拟)如图(a)所示，两个带正电的小球 A、B(均可视为点电荷)套在一根 倾斜的光滑绝缘直杆上，其中 A 球固定，电荷量 QA＝2.0×10－4 C，B 球的质量 m＝0.1 kg. 以 A 为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B 球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置 x 的变化规律如图(b)中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线Ⅰ的渐近线．图中 M 点离 A 点距离为 6 m．令 A 所在垂直 x 轴的平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度 g 取 10 m/s2， 静电力恒量 k＝9.0×109 N·m2/C2.下列说法正确的是( ) A．杆与水平面的夹角θ＝60° B．B 球的电荷量 QB＝1.0×10－5 C C．若 B 球以 4 J 的初动能从 M 点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小 2 J D．若 B 球从离 A 球 2 m 处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大 解析：选 BCD.渐进线Ⅱ表示 B 球的重力势能 Ep 随位置的变化关系，即：Ep＝mgxsin θ ＝k′x，得：sin θ＝ k′ mg ＝0.5，即θ＝30°，A 项错误；由图(b)中的曲线Ⅰ可知，在 x＝6 m 处总势能最小，B 球动能最大，该位置 B 球受力平衡，则有 mgsin θ＝k QAQB （6 m）2 ，解得： QB＝1×10－5 C，B 项正确；若 B 球以 4 J 的初动能从 M 点沿杆向上运动，在 M 点时，B 球 的重力势能 Ep1＝mgxsin 30°＝3 J，电势能 Ep 电 1＝Ep 总－Ep1＝3 J，由能量守恒定律可知，最 高点时，Ek＝0，Ep 总＝4 J＋6 J＝10 J，对应的位置为 x′＝10 m，此位置处 Ep2＝mgx′sin 30° ＝9 J，则 Ep 电 2＝10 J－9 J＝1 J，故ΔEp＝3 J－1 J＝2 J，C 项正确；在 M 处加速度最小为 0， 所以从 x＝2 m 向上加速度先减小后增大，D 项正确． 12．(2019·第一次全国大联考卷Ⅱ)长为 l、间距为 d 的平行金属板水平正对放置，竖直 光屏 M 到金属板右端的距离也为 l，金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示， 质量为 m，电荷量为 q 的粒子以初速度 v0 从两金属板正中间自左端水平射入，由于粒子重 力作用，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上．对此过程，下列分 析正确的是( ) A．粒子在平行金属板间的运动时间和在金属板右端到光屏的运动时间相等 B．板间电场强度大小为2mg q C．若仅将滑片 P 向下滑动一段后，再让该粒子从 N 点以水平速度 v0 射入板间，粒子 不会垂直打在光屏上 D．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从 N 点以水平速度 v0 射入板间，粒 子依然会垂直打在光屏上 解析：选 ABD.粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，粒子离开电场具有 竖直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，说明竖直方向末速度等于 0，即电场中粒子具有 竖直向上的加速度，不管是金属板间还是离开电场后，粒子在水平方向速度没有变化，而且 水平位移相等，所以运动时间相等，选项 A 正确；竖直方向速度变化量等大反向，所以有 qE－mg m t＝gt，可得 E＝2mg q ，选项 B 正确；若仅将滑片 P 向下滑动一段后，R 的电压减小， 电容器的电压要减小，电荷量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电， 电荷量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从 N 点以水平速度 v0 射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项 C 错误；若仅将两平行板的间距变大一些， 电容器电容减小，由 C＝Q U 知 U 不变，电荷量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以 电容器不能放电，电荷量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运动情况不变， 再让该粒子从 N 点以水平速度 v0 射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项 D 正确． 三、非选择题 13．(2019·高考天津卷)2018 年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种 引擎不需要燃料，也无污染物排放．引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电 离成正离子，而后飘入电极 A、B 之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B 间电压为 U，使 正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力．单位时间内飘入的正离子数目 为定值，离子质量为 m，电荷量为 Ze，其中 Z 是正整数，e 是元电荷． (1)若引擎获得的推力为 F1，求单位时间内飘入 A、B 间的正离子数目 N 为多少； (2)加速正离子束所消耗的功率 P 不同时，引擎获得的推力 F 也不同，试推导F P 的表达式； (3)为提高能量的转换效率，要使F P 尽量大，请提出增大F P 的三条建议． 解析：(1)设正离子经过电极 B 时的速度为 v，根据动能定理，有 ZeU＝1 2mv2－0① 设正离子束所受的电场力为 F′1，根据牛顿第三定律，有 F′1＝F1② 设在Δt 时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN，由牛顿第二定律，有 F′1＝ΔNmv－0 Δt ③ 联立①②③式，且 N＝ΔN Δt 得 N＝ F1 2ZemU .④ (2)设正离子束所受的电场力为 F′，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有 P＝1 2F′v⑤ 根据牛顿第三定律，有 F′＝F，联立①⑤式得 F P ＝ 2m ZeU.⑥ (3)为使F P 尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减 小加速电压． 答案：(1) F1 2ZemU (2)F P ＝ 2m ZeU (3)用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加 速电压 14．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为 H，其间的区域存在方向 水平向右的匀强电场．自该区域上方的 A 点将质量均为 m、电荷量分别为 q 和－q(q>0)的带 电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区 域，并从该区域的下边界离开．已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直 线运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时动能的 1.5 倍．不计空气阻力，重力加速度 大小为 g.求 (1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小． 解析：(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0，则它们进入电场时的水 平速度仍然为 v0.M、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向， 大小均为 a，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2.由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋1 2at2② s2＝v0t－1 2at2③ 联立①②③式得 s1 s2 ＝3.④ (2)设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动 学公式 v2y＝2gh⑤ H＝vyt＋1 2gt2⑥ M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v0 vy ＝s1 H ⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝1 3H.⑧ (3)设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则 v0 vy ＝qE mg ⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝1 2m(v20＋v2y)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝1 2m(v20＋v2y)＋mgH－qEs2○11 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2○12 联立④⑤⑦⑧⑨⑩○11 ○12 式得 E＝ mg 2q . 答案：见解析