2019高考物理二轮复习第9讲电场及带电粒子在电场中的运动专题训练(答案精解精析)
第9讲电场及带电粒子在电场中的运动一、选择题(每小题6分,共48分)1.(2018河北石家庄质检)(多选)如图所示,正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷,所带电荷量分别为+q、-q、+q、-q,E、F、O分别为AB、BC及AC的中点。
下列说法正确的是( )A.E点电势低于F点电势B.F点电势等于E点电势C.E点电场强度与F点电场强度相同D.F点电场强度大于O点电场强度2.(2018山东菏泽一模)如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像,一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动,且以一定的速度通过x=x2处,则下列说法正确的是( )A.x1和x2处的电场强度均为零B.x1和x2之间的场强方向不变C.粒子从x=0到x=x2过程中,电势能先增大后减小D.粒子从x=0到x=x2过程中,加速度先减小后增大3.(2018福建厦门检测)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E p随位移x变化的关系如图所示,其中O~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O~x2段做匀变速运动,x2~x3段做匀速直线运动C.在O、x1、x2、x3处的电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φ0>φ1D.x2~x3段的电场强度大小方向均不变4.(2018天津理综,3,6分)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a M、a N,速度大小分别为v M、v N,电势能分别为E pM、E pN。
下列判断正确的是( )A.v M<v N,a M<a NB.v M<v N,φM<φNC.φM<φN,E pM<E pND.a M<a N,E pM<E pN5.(2018山东临沂一模)A、B为两等量异种点电荷,图中水平虚线为A、B连线的中垂线。
现将另两个等量异种的检验电荷a、b用绝缘细杆连接后,从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线上,平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称。
若规定离AB无穷远处电势为零,则下列说法中正确的是( )A.在AB的连线上a所处的位置电势φa<0B.a、b整体在AB连线处具有的电势能E p>0C.整个移动过程中,静电力对a做正功D.整个移动过程中,静电力对a、b整体做正功6.(2018江西上饶六校一联)(多选)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器,用来测定瓶内溶液深度的变化,如图所示,瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极,它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连,中间的一层塑料为绝缘介质,其厚度为d,相对介电常数为εr。
若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计,设电源提供电压恒定为U,则下列说法中正确的是( )A.瓶内液面升高了B.瓶内液面降低了C.电容器在这段时间内放电D.瓶内液面高度在t时间内变化了7.(2018湖北襄阳调研)(多选)如图所示,一平行板电容器两极板A、B水平放置,上极板A接地,电容器通过滑动变阻器R和开关S与电动势为E的电源相连。
现将开关闭合,位于A、B两板之间的P点的带电粒子恰好处于静止状态。
则( )A.B板电势为-EB.改变滑动变阻器的滑片位置,带电粒子仍处于静止状态C.将B板向上移动,P点电势将不变D.将B板向左平移,带电粒子电势能将不变8.(2018云南昆明检测)(多选)在竖直向上的匀强电场中,有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。
现将两球以相同的水平速度v0向右抛出,最后落到水平地面上,运动轨迹如图所示,两球之间的静电力和空气阻力均不考虑,则( )A.A球带正电,B球带负电B.A球比B球先落地C.在下落过程中,A球的电势能减少,B球的电势能增加D.两球从抛出到各自落地的过程中,A球的速率变化量比B球的小二、非选择题(每小题16分,共32分)9.(2018山东滕州一模)如图所示,相距2L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场,其中PS下方的电场E1的场强方向竖直向上,PS上方的电场E2的场强方向竖直向下,在电场左边界AB上宽为L的PQ 区域内,连续分布着电量为+q、质量为m的粒子。
从某时刻起由Q到P点间的带电粒子,依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场E1中,若从Q点射入的粒子,通过PS上的某点R进入匀强电场E2后从CD边上的M点水平射出,其轨迹如图,若MS两点间的距离为。
不计粒子的重力及它们间的相互作用。
试求:(1)电场强度E1与E2的大小;(2)在PQ间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD边水平射出,这些入射点到P点的距离有什么规律?10.(2018湖北宜昌调研)如图甲所示,两水平金属板A、B间的距离为d,极板长为l,A、B右端有一竖直放置的荧光屏,荧光屏距A、B右端的距离为0.7l。
A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压,电压的正向值为U0,反向值也为U0,A、B间的电场可看做匀强电场,且两板外无电场。
现有质量为m、电荷量为e(重力不计)的电子束,以速度v0沿A、B两板间的中心线OO'射入两板间的偏转电场,所有电子均能通过偏转电场,最后打在荧光屏上。
(1)求电子通过偏转电场的时间t0;(2)若U AB的周期T=t0,求从OO'上方飞出偏转电场的电子在飞出时离OO'的最大距离;(3)若U AB的周期T=2t0,求电子击中荧光屏上O'点时的速率。
答案精解精析一、选择题1.BD 根据对称性可知,E、F两点电势相等,则A项错误,B项正确。
根据对称性及场强的叠加原理可知,E点和F点电场强度大小相等而方向不同,O点的电场强度为零,F点的电场强度大于零,则C项错误,D项正确。
2.D φ-x图像中斜率表示场强,斜率的绝对值的大小表示场强的大小,斜率的正负表示场强的方向,题图中x1和x2之间的场强大小先减小后增大,场强方向先沿负方向后沿正方向,A、B项错误;粒子由x=0处由静止沿x轴正向运动,表明粒子运动方向与电场力方向同向,则从x=0到x=x2的过程中,电场力先做正功后做负功,电势能先减小后增大,C项错误;因从x=0到x=x2过程中,电场强度先减小后增大,故粒子的加速度先减小后增大,D项正确。
3.D 因为ΔE p=EqΔx,所以ΔΔ=Eq,即图像的斜率表示电场力的大小,所以在x1处电场力最小,为零,故在x1处电场强度最小,为零,A错误;图像的斜率表示电场力的大小,所以粒子O~x2段做变加速直线运动,x2~x3段做匀加速直线运动,B错误;根据电势能与电势的关系E p=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,C错误;x2~x3段为直线,斜率恒定,所以该段为匀强电场,D正确。
4.D 本题考查带电粒子在电场中的运动。
由粒子的轨迹知电场力的方向偏向右,因粒子带负电,故电场线方向偏向左,由沿电场线方向电势降低,可知φN<φM,E pM<E pN。
N点电场线比M点密,故场强E M<E N,由加速度a=知a M<a N。
粒子若从N 点运动到M点,电场力做正功,动能增加,故v M>v N。
综上所述,选项D正确。
5.B 由题意及等量异种点电荷电场线特点可知:①无穷远及中垂线上电势为零;②电势沿电场线方向降落。
设AB连线的中点为O。
由于AB连线的垂直平分线是一条等势线,且一直延伸到无穷远处,所以O点的电势为零。
AO间的电场线方向由A→O,而顺着电场线方向电势逐渐降低,可知,a所处的位置电势φa>0,故A错误;a所处的位置电势φa>0,b 所处的位置电势φb<0,由E p=qφ知,a、b在AB连线处的电势能均大于零,则整体的电势能E p>0,故B正确;在平移过程中,a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角,则静电力对a做负功,故C错误;a、b看成一个整体,原来总电势能为零,在AB连线处系统总电势能E p>0,所以整个移动过程中,总电势能增大,静电力对a、b整体做负功,故D错误。
6.BCD 根据C=π,当d、εr不变时,C∝S,而正对面积S正比于液面高度h。
电流计中有从下向上流过的电流,说明电容器在放电,电容器带电荷量Q=CU在减小,在电压U恒定时,说明电容C在减小,则h也在减小,瓶内的液面降低了,故A错误,B、C项正确。
t时间内放电,释放的电荷量ΔQ=UΔC=It,ΔC=Δπ=· πΔℎπ,解得Δh=,故D项正确。
7.ABD A、B两板的电势差为E,φA-φB=E,φA=0,所以φB=-E,故A正确;改变滑动变阻器的滑片位置,两极板间的电压不变,极板间的电场强度不变,粒子所受电场力不变,带电粒子仍处于静止状态,故B正确;将B板向上移动,极板间距离减小,极板间场强变大,A板与P点的电势差变大,A板电势不变,P点电势变小,故C错误;将B板向左平移,极板间的距离和电压不变,场强不变,P点电势不变,带电粒子电势能不变,故D正确。
8.AD 两球均做类平抛运动,水平方向上有x=v0t,竖直方向上有h=at2,得加速度大小a=ℎ,可见水平距离x越大,加速度a越小,相应所用时间t越长,即B球先落地,A球的加速度a1小于B球的加速度a2,说明A球带正电而受到竖直向上的电场力,B球带负电而受到竖直向下的电场力,在下落过程中,电场力对A球做负功,A球电势能增加,电场力对B 球做正功,B球电势能减少,选项A正确,B、C均错误;根据动能定理有mah=mv2-m,可见加速度a越大,落地速度v越大,速率变化量越大,即A球的速率变化量较小,选项D正确。
二、非选择题9.答案(1)(2)(n=2,3,4,…)解析(1)设粒子由Q到R及R到M点的时间分别为t1与t2,到达R时竖直速度为v y,则由y=at2、v y=at及F=qE=ma 得:L=a1==a2=v y=t1=t2v0(t1+t2)=2L联立解得E1=,E2=(2)由(1)知E2=2E1,t1=2t2。
因沿PS方向所有粒子做匀速运动,所以它们到达CD边的时间同为t=。
设PQ间距离P点为h的粒子射入电场后,经过n(n=2,3,4,…)个类似于Q→R→M的循环运动(包括粒子从电场E2穿过PS进入电场E1的运动)后,恰好垂直于CD边水平射出,则它的速度第一次变为水平所用时间为T==(n=2,3,4,…),第一次到达PS边的时间则为T,则有h=··=(n=2,3,4,…)。
2019版高中物理二轮专题课时跟踪训练：9 电场及带电粒子在电场中的运动(含解析)
课时跟踪训练(九)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是( )A．O点一定有一个正点电荷B．B点电势一定大于C点电势C．该粒子在A点的动能一定大于D点的动能D．将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动C [没有画出电场线的方向，所以O点可能是正电荷，也可能是负电荷，故A错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断B、C两点电势的高低，故B错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从A到D电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在A点的动能较大，故C正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D错误．故选C.]2．(2018·宁夏银川一中高三质检(二))如图所示，在匀强电场中，场强方向沿△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，ac＝0.2 m．一个电量q＝1×10－5C的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移c，电场力做功为1×10－8J.则该匀强电扬的场强大小和方向分别为( )A ．500 V/m 、沿ab 由a 指向bB ．500 V/m 、垂直ab 向上C ．1000 V/m 、垂直ab 向上D ．1000 V/m 、沿ac 由a 指向cC [正电荷从a 移到b ，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab 两点电势相等，故ab 应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c 做ab 的垂线，一定是电场线；正电荷从a 到c 过程，由W ＝Uq 可知，ac 两点的电势差U ac ＝＝V ＝100 V ，即a 点电势高于c 点的电势，故电场W q 1.0×10－31×10－5线垂直于ab 向上；ac 间沿电场线的距离d ＝ac ·cos 60°＝ 0.2×0.5 m ＝0.1 m ，由E ＝可知：电场强度E ＝ V/m ＝1000 V/m ，方向垂直ab 向上；故C 正U d 1000.1确，A 、B 、D 错误；故选C.]3．(2018·山东省潍坊市高三二模)如图甲所示，平行金属板A 、B 正对竖直放置，CD 为两板中线上的两点．A 、B 板间不加电压时，一带电小球从C 点无初速释放，经时间T 到达D 点，此时速度为v 0.在A 、B 两板间加上如图乙所示的交变电压，t ＝0带电小球仍从C 点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t ＝T 时，小球( )A ．在D 点上方B ．恰好到达D 点C ．速度大于vD ．速度小于vB [小球仅受重力作用时从C 到D 做自由落体运动，由速度公式得v 0＝gT ，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0～沿电场力方向做匀加速直线运动，～做匀减速T 4T 4T 2直线运动刚好水平速度减为零，～做反向的匀加速直线运动，～T 做反向T 23T 43T 4的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t ＝T 时合速度为v 0，水平位移为零，则刚好到达D 点，故选B.]4．(2018·山东省淄博市高三三模) 已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示MN 为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q 的正点电荷置于板的右侧，图中a 、b 、c 、d 是以正点电荷Q 为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab 连线与金属板垂直．则下列说法正确的是( )A ．b 点电场强度与c 点电场强度相同B ．a 点电场强度与b 点电场强度大小相等C ．a 点电势等于d 点电势D ．将一试探电荷从a 点沿直线ad 移到d 点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变C [画出电场线如图所示：A.根据对称性可知，b 点电场强度与c 点电场强度大小相同，方向不同，故A 错误；B.电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出a 点电场强度大于b 点电场强度，故B 错误；C.根据对称性并结合电场线的分布可知a 点电势等于d 点电势，故C 正确；D.由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D 错误；故选C.]5．(2018·河北衡水中学信息卷)如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 的三个顶点上分别固定一个点电荷，所带电荷量依次为＋q 、＋q 和－q . D 点和M 点分别为AB 边和AC 边的中点，N 点为三角形的中心，静电力常量为k .在该电场中，下列说法正确的是( )A ．D 点的电场强度大小为k ，方向为从N 指向DqL 2B ．N 点的电场强度大小为9k ，方向为从N 指向C qL 2C ．D 点的电势高于N 点的电势D ．若取无穷远处电势为0，则M 点的电势φM 为0C [A 、B 两点处的点电荷在D 点的电场强度的矢量和为0，C 点处的点电荷在D 点处的电场强度为E ＝＝，方向为从D 指向N ，A 错误；三q k (3L2)24kq 3L 2个点电荷在N 点的电场强度大小均为3k，其中两个正点电荷的电场强度矢量q L 2合成后大小为3k ，方向为从N 指向C ，与负点电荷电场强度合成，N 点的电qL 2场强度大小为6k ，方向为从N 指向C ，B 错误；CD 连线上电场强度方向由qL 2D 指向C ，可知φD >φN ，C 正确；若无穷远电势为0，则A 、C 两点处的等量异种点电荷在M点的电势为0，B处的正点电荷在M点的电势大于0，故φM>0，D错误．]6．(2018·山东省临沂市高三三模)如图所示，某条电场线上有a、b、c三点，其中b为ac的中点，已知a、c两点的电势分别为φa＝10 V，φC＝4 V，若将一点电荷从c点由静止释放，仅在电场力作用下沿着电场线向a点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是( )A．该点电荷带负电B．电场在b点处的电势为7 VC．a、b、c三点c点处的场强最小D．该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功多AC [A项：点电荷从c静止释放向左运动，电场线方向向右，所以点电荷带负电，故A正确；B项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，即cb段平均场强小于ab段的平均强度，根据公式U＝d，可知电场在b点处的电势小于7 V，故B错误；C项：由点电荷从c E到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，a、b、c三点c点处的场强最小，故C正确；D项：由C分析可知，从c到a电场强度增大，即电场力增大，ab＝bc，根据W＝Fx可知，在cb段的电场力小于ab段的电场力，所以该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功少，故D错误．]7．(2018·吉林省长春市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是AB板间的一点，在CD板间插有一块有机玻璃板．闭合开关，电路稳定后将开关断开．现将CD板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是( )A ．金属板CD 构成电容器的电容减小B ．P 点电势降低C ．玻璃板抽出过程中，电阻R 中有向右的电流D. A 、B 两板间的电场强度减小AC [A.根据C ＝，将CD 板间的玻璃板抽出，电介质εr 减小，其它εrS4πkd 条件不变，则金属板CD 构成电容器的电容减小，故A 正确；BCD.当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板CD 构成电容器的电容减小，由U ＝可知极板CD 电势差变大，极板AB 电势差变大，由E ＝可Q C U d知极板AB 间的场强变大，导致P 点与B 板的电势差变大，因B 板接地，电势为零，即P 点电势升高，因此电容器CD 处于放电状态，电容器AB 处于充电状态，电阻R 中有向右的电流，故C 正确，BD 错误；故选AC.]8．(2018·山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)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E r ＝(式中k 为静电力常量，r 为试探电荷与场源电荷kqQ r间的距离)．真空中有两个点电荷Q 1、Q 2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Q 1、Q 2的电性相反B ．电荷Q 1、Q 2的电量之比为1∶4C ．B 点的x 坐标是8 cmD ．C 点的x 坐标是12 cmACD [A.电势φ随x 的变化关系图象的斜率＝E ，所以C 点电场为0，ΔφΔx 根据电场叠加原理可知电荷Q 1、Q 2的电性相反，故A 正确；B.根据φ＝可E p q知，φA ＝＋＝＋＝0，解得Q 1∶|Q 2|＝4∶1，故B 错误；C.根据φkQ 1q r 1q kQ 2qr 2q kQ 148kQ 212＝可知，φB ＝＋＝＋＝0，解得B 点的坐标是8 cm ，故E P q kQ 1qx 1q kQ 2q x 1－6qKQ 1x 1kQ 2x 1－6C 正确；D.由E ＝知，E c ＝＋＝0解得C 点的坐标是x 2＝12 cm ，kQr 2kQ 1x 2kQ 2(x 2－6)2故D 正确；故选ACD.]9．(2018·陕西西北工大附中高三模拟)如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，两个等量异种点电荷＋Q 和－Q 分别固定于A 、B 两点．光滑绝缘直导轨CD 的上端点D 位于到A 、B 中点的正上方，且与A 、B 两点的距离均为L .在D 处质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g .忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．D 点的场强大小为kQ L 2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为mgL32D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小AC [根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD 、DB 的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强的大小：E A ＝E ＝k ，Q L 2则D 点的场强：E D ＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k ，故A 正确；当小球到达CDQL 2中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg ＝m v 2，又几何关系可知：＝L ·sin 60°＝L . 小球的OD 12OD 32动能E k ＝m v 2＝mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.]123210．(2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3) 的切线．现有一质量为0.20 kg ，电荷量为＋2.0×10－8C 的滑块P (可视作质点)，从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是 ( )A ．滑块运动的加速度先逐渐减小后逐渐增大B ．x ＝0.15 m 处滑块运动的动能最大1.0×10－3JC ．滑块运动过程中电势能先减小后增大D ．滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3JAB [电势φ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x ＝0.15 m 处的场强E ＝ V/m ＝2×106V/m ，此时的电场力F ＝qE ＝2×10－8×2×106N ＝0.04 3×1050.15N ，滑动摩擦力大小f ＝μmg ＝0.02×2 N ＝0.04 N ，在x ＝0.15 m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x ＝0.15 m 后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故A 正确，在x ＝0.15 m 时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，E km ＝qU －fx ，因为0.10 m 和0.15 m 处的电势差大约为1.5×105V ，代入求解，最大动能为1.0×10－3J.故B 正确．滑块运动过程中因电势一直降低，可知电势能一直减小，选项C 错误；若滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3J ，则移动的距离为Δx ＝＝ m ＝Wf f 8.0×10－30.040.2 m ，此时滑块从x ＝0.1 m 的位置运动到0.3 m 的位置，电势能的变化为ΔE p＝(4－1.5)×105×2.0×10－8J ＝5×10－3J ，即电场力做功小于克服摩擦力做功，此时滑块的速度不为零，将继续运动一段距离停下，故滑块运动过程中克服摩擦力做功大于8.0×10－3J ，选项D 错误；故选AB.]二、非选择题11．(2018·四川省泸州市高三模拟)如图所示，相距2L 的AB 、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS 下方的电场E 1的场强方向竖直向上，PS 上方的电场E 2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB 上宽为L 的PQ 区域内，连续分布着电量为＋q 、质量为m 的粒子．从某时刻起由Q 到P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度v 0沿水平方向垂直射入匀强电场E 1中，若从Q 点射入的粒子，通过PS 上的某点R 进入匀强电场E 2后从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若MS 两点的距离为.不计粒L 2子的重力及它们间的相互作用．试求：(1)电场强度E 1与E 2的大小；(2)在PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD 边水平射出，这些入射点到P 点的距离有什么规律？解析 (1)设粒子由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 1与t 2，到达R 时竖直速度为v y ，则由y ＝at 2、v y ＝at 及F ＝qE ＝ma 得：12L ＝a 1t ＝ t 122112qE 1m21＝a 2t ＝ t L 212212qE 2m 2v y ＝t 1＝t 2qE 1m qE 2mv 0(t 1＋t 2)＝2L联立解得：E 1＝，E 2＝.9m v 208qL 9m v 204qL(2)由(1)知E 2＝2E 1，t 1＝2t 2.因沿PS 方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD 边的时间同为t ＝.2Lv 0设PQ 间距离P 点为h 的粒子射入电场后，经过n (n ＝2,3,4，…)个类似于Q →R →M 的循环运动(包括粒子从电场E 2穿过PS 进入电场E 1的运动)后，恰好垂直于CD 边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T ＝＝(n ＝t n 2Ln v 02,3,4，…)，第一次到达PS 边的时间则为T ，则有23h ＝··(T )2＝(n ＝2,3,4，…)．12qE 1m 23L n 2答案 (1) (2)(n ＝2,3,4，…)9m v 208qL 9m v 204qLL n 212．(2018·辽宁省大连市高考模拟检测)竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R ＝1 m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E ＝4×103 V/m.小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长L ＝m 的绝缘2细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F －t 的变化图象如图乙所示，且满足F 2＋t 2＝.已知三个小球均可看做质点且4πm a ＝0.25 kg ，m b ＝0.2 kg ，m c ＝0.05 kg ，小球c 带q ＝5×10－4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g ＝10 m/s 2，求(1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0；(2)小球c 运动到Q 点时的速度v ；(3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量．解析 对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：(1)由题意可知，F 图象所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S ＝1 m 2代入数据可得：v 0＝4 m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得m a v 0＝m a v 1＋(m b ＋m c )v 2由机械能守恒可得m a v ＝m a v ＋(m b ＋m c )v 12201221122解得v 1＝0，v 2＝4 m/s小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理m c gR －qER ＝(m b ＋m c )v 2－(m b ＋m c )v 12122代入数据可得v ＝2m/s(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：m b gR (1－cos θ)＋m c gR sin θ＋(m b ＋m c )v 2＝qER sin θ12解得sin θ＝0.6，θ＝37°因此小球c 电势能的增加量：ΔE p ＝qER (1＋sin θ)＝3.2 J ．]答案 (1)v 0＝4 m /s (2) v ＝2 m/s (3)ΔE P ＝3.2 J。
2019年高考物理双基突破：专题04-带电粒子在电场中的运动(精练)(附答案解析)
1．如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两极间电压不变，则A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两极间的距离时，速度v 减小C ．当减小两极间的距离时，速度v 不变D ．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长 【答案】C2．（多选）如图所示，在真空中A 、B 两块平行金属板竖直放置并接入电路。
调节滑动变阻器，使A 、B 两板间的电压为U 时，一质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 0从A 板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A 、B 两板的中点处沿原路返回，不计重力，则下列说法正确的是A ．使初速度变为2v 0时，带电粒子恰能到达B 板B ．使初速度变为2v 0时，带电粒子将从B 板中心小孔射出C ．使初速度v 0和电压U 都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B 板D ．使初速度v 0和电压U 都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B 板中心小孔射出 【答案】BC速度变为2v 0；或使A 、B 两板间的电压变为12U ；或使初速度v 0和电压U 都增加到原来的2倍，故B 、C 正确，A 、D 错误。
6．（多选）如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示。
t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。
微粒运动过程中未与金属板接触。
重力加速度的大小为g 。
关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd 【答案】BC7．如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料。
ABCD 面带正电，EFGH 面带负电。
从小孔P 沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A 、B 、C ，最后分别落在1、2、3三点。
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析
设此时的圆心位置为 O ，有： Oa r sin 30
OO 3d Oa 解得 OO d
即从 O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距 O 点最远
所以 ym 2r 2d 电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y 的范围为 0 y 2d 设电子从 0 y 2d 范围内某一位置射入电场时的纵坐标为 y，从 ON 间射出电场时的位
）；
(3) 0 B 16mv0 或 15qL
B 16mv0 3qL
【解析】 【分析】 (1)a、b 碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后 a、b 的速度； (2)碰后 a 在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解 P 点的位置坐标； (3)要使 b 球不从 CD 边界射出，求解恰能从 C 点和 D 点射出的临界条件确定磁感应强度的 范围。 【详解】 (1)a 匀速，则
解得： L 9 d 4
当3 d 2y 2y
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正 确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经 常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的 应用．
6．如图所示，荧光屏 MN 与 x 轴垂直放置，与 x 轴相交于 Q 点， Q 点的横坐标 x0 6cm ，在第一象限 y 轴和 MN 之间有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度 E 1.6105 N / C ，在第二象限有半径 R 5cm 的圆形磁场，磁感应强度 B 0.8T ，方 向垂直 xOy 平面向外．磁场的边界和 x 轴相切于 P 点．在 P 点有一个粒子源，可以向 x 轴 上方 180°范围内的各个方向发射比荷为 q 1.0108C / kg 的带正电的粒子，已知粒子的
2019届高三物理二轮复习习题：专题三考点1电场及带电粒子在电场中的运动版含答案(最新整理)
专题三 电场和磁场考点1 电场及带电粒子在电场中的运动[限时45分钟；满分100分]一、选择题(每小题7分，共70分)1．(多选)如图3－1－16所示，A 、B 、C 、D 四点构成一边长为L 的正方形，对角线AC 竖直，在A 点固定一电荷量为－Q 的点电荷，规定电场中B 点的电势为零。
现将几个质量均为m 、电荷量均为－q 的带电小球从D 点以大小均为v 0的速度向各个方向抛出，已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是图3－1－16A ．通过B 点的小球在B 点时的速度大小为v 0B ．通过C 点的小球在C 点时的电势能比通过B 点的小球在B 点时的电势能大C ．通过C 点的小球在C 点时受到的库仑力是通过B 点的小球在B 点时受到的库仑力的2倍D ．若通过C 点的小球在C 点时的速度大小为v ，则C 点的电势为(v 2－v m 2q gL )202解析 由负点电荷的电场线以及等势面的分布可知，φc >φB ＝φD ＝0，对从D点运动到B 点的小球，由动能定理可知qU DB ＝ΔE k ，由于φB ＝φD ＝0，因此ΔE k ＝0，即通过B 点的小球在B 、D 两点的速度大小相等，A 正确；负电荷在低电势点的电势能大，因此带负电小球在B 点的电势能大于在C 点的电势能，B 错误；由库仑定律F ＝k 可知，F ∝，又AB ∶AC ＝1∶，因此小球在B 、C 两点的Qq r 21r22库仑力之比为2∶1，C 错误；对由D 运动到C 的小球，由动能定理得mg ×L ＋22(－qU DC )＝m v 2－m v ，又U DC ＝φD －φC ＝0－φC ＝－φC ，解得φC ＝(v 2－v －121220m 2q20gL )，D 正确。
2答案 AD2．(2018·陕西质检)如图3－1－17所示，真空中有两个点电荷Q 1＝＋9.0×10－8 C 和Q 2＝－1.0×10－8 C ，分别固定在x 坐标轴上，其中Q 1位于x ＝0处，Q 2位于x ＝12 cm 处。
人教版2019年高中物理 带电粒子在电场中加速、偏转及在变化电场中的运动综合专题练习(含答案)
(2)电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝ 。
三、示波管的原理
1．构造
示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示。
2．带电粒子加速问题的处理方法
(1)利用动能定理分析。
初速度为零的带电粒子，经过电势差为U的电场加速后，qU＝ mv2，则v＝ 。
(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析。
二、带电粒子的偏转
两极板长为l，极板间距离为d、电压为U。质量为m、带电量为q的基本粒子，以初速度v0平行两极板进入匀强电场后，粒子的运动特点和平抛运动相似：
[解析]t＝0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速运动。
(1)对于图甲，在0～ T电子做初速度为零的正向匀加速直线运动， T～T电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(1)所示。
(2)对于图乙，在0～ 做类似(1)0～T的运动， ～T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(2)所示。
(4)若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场，只要q相同，不论m是否相同，则偏转距离y和偏转角α相同。
(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压相同)，进入同一偏转电场，则偏转距离y和偏转角α相同 。
[典例]一束电子流在经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的
人教版2019年高中物理带电粒子在电场中加速、偏转及在变化电场中的运动综合专题练习（含答案）
2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题三 第9讲 电场及带电粒子在电场中的运动 Word版含答案
第9讲电场及带电粒子在电场中的运动主干知识体系核心再现及学科素养知识规律(1)电场力的性质．①电场强度的定义式：E ＝.F q②真空中点电荷的场强公式：E ＝k .Q r2③匀强电场场强与电势差的关系式：E ＝.U d (2)电场能的性质．①电势的定义式：φ＝.E pq②电势差的定义式：U AB ＝.W ABq③电势差与电势的关系式：U AB ＝φA －φB .④电场力做功与电势能：W AB ＝－ΔE p .思想方法(1)物理思想：等效思想、分解思想．(2)物理方法：理想化模型法、比值定义法、控制变量法、对称法、合成法、分解法等.1．(2018·全国Ⅰ卷，21)(多选)图中虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2 V ．一电子经过a 时的动能为10eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是( )A ．平面c 上的电势为零B ．该电子可能到达不了平面fC ．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eVD ．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍AB [A 对：因等势面间距相等，由U ＝Ed 得相邻虚线之间电势差相等，由a 到d ，eU ad ＝6 eV ，故U ad ＝6 V ；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φC ＝0.B 对：因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f .C 错：经过d 时，电势能E P ＝eφd ＝2 eV.D 错：由a 到b ，W ab ＝E kb －E ka ＝－2 eV ，所以E kb ＝8 eV ；由a 到d ，W ad ＝E kd －E ka ＝－6 eV ，所以E kd ＝4 eV ；则E kb ＝2E kd ，根据E k ＝m v 2知v b ＝v d .]1222．(2018·全国Ⅱ卷，21)(多选)如图，同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点．一电荷量为q (q >0)的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W 1；若该粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W 2.下列说法正确的是 ( )A ．此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行B ．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为W 1＋W 22C ．若c 、d 之间的距离为L ，则该电场的场强大小一定为W 2qLD ．若W 1＝W 2，则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差BD [A 错：结合题意，只能判定U ab >0、U cd >0，但电场方向不能得出．B 对：由于M 、N 分别为ac 和bd 的中点，对于匀强电场，则U MN ＝，U ab ＋U cd 2可知该粒子由M 至N 过程中，电场力做功W ＝.W 1＋W 22C 错：电场强度的方向只有沿c →d 时，场强E ＝，但本题中电场方向未W 2qL知．D 对：若W 1＝W 2，则ac 与bd 一定相互平行，可知U aM ＝U bN .]3．(2018·天津卷，3)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a M 、a N ，速度大小分别为v M 、v N ，电势能分别为E pM 、E pN .下列判断正确的是 ( )A ．v M <v N ，a M <a NB ．v M <v N ，φM <φNC ．φM <φN ，E pM <E pND ．a M <a N ，E pM <E pND [因为N 点的电场线密，所以场强大，受到的电场力大，加速度大，即a M <a N .由虚线弯曲方向知，带负电粒子受力指向运动轨迹的凹侧，电场方向由电场线稀疏一侧指向电场线密集一侧，沿电场线方向电势降低，即φM >φN .又由E P ＝q φ知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即E pM <E pN .若带负电粒子由M 向N 运动过程中电场力做负功，则动能减小，所以v M >v N .若带负电粒子由N 向M 运动过程中电场力做正功，则动能增大，也可得v M >v N ，故选D.]4．(2017·高考全国卷Ⅰ，20)(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示，电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别为E a 、E b 、E c 和E d .点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势φa 已在图中用坐标(r α，φa )标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b 、c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab 、W bc 和W cd .下列选项正确的是 ( )A ．E a ∶E b ＝4∶1B ．E c ∶ E d ＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3AC [A 对：由题图知，a 、b 、c 、d 四个点距点电荷的距离依次增大，且r b ＝2r a ，由E ＝知，E a ∶E b ＝4∶1.kQ r 2B 错：r d ＝2r c ，由E ＝知，E c ∶E d ＝4∶1.kQ r 2C 对：在移动电荷的过程中，电场力做的功与电势能的变化量大小相等，则W ab ∶W bc ＝q (φa －φb )∶q (φb －φc )＝3∶1.D 错：W bc ∶W cd ＝q (φb －φc )∶q (φc －φd )＝1∶1.]5．(2017·高考全国卷Ⅱ，25)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v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.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s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0①s 1＝v 0t ＋at 2②12s 2＝v 0t －at 2③12联立①②③式得＝3④s 1s 2(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v y ，由运动学公式得v ＝2gh ⑤2y H ＝v y t ＋gt 2⑥12M 进入电场后做直线运动，由几何关系知＝⑦v 0v y s 1H联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝H ⑧13(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＝⑨v 0v y qE mg设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1 、E k2，由动能定理得E k1＝m (v ＋v )＋mgH ＋qEs 1 ⑩12202y E k2＝m (v ＋v )＋mgH －qEs 2⑪12202y 由已知条件E k1 ＝1. 5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝⑬mg2q 答案 (1)3∶1 (2)H (3)13mg 2q[考情分析]■命题特点与趋势1．近几年高考题型主要以选择题为主，命题热点主要集中在电场强度、电场线的用途、电势能的变化、电势高低的判断、匀强电场中电势差与电场强度的关系、带电粒子在电场中的运动等．2．2018年命题，选择题会以电场线、等势线为背景，结合场强、电势、电势能等基本概念进行考查，也可能会出现以带电粒子在电场中运动为背景考查学生建模能力和数学处理能力的计算题．■解题要领1．要牢牢抓住力和能这两条主线，将知识系统化，找出它们的联系，做到融会贯通．2．重视电场线、等势面、运动轨迹相结合的题目．带电粒子在电场中的加速、偏转以及电容器的相关知识在实际生产、生活中的应用，如静电除尘、电容式传感器、喷墨打印机、示波器等．高频考点一 电场性质的理解与应用[备考策略]1．电场强度常用的公式2．电势高低的比较(1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低；(2)根据电势的定义式φ＝，即将＋q 从电场中的某点移至无穷远处电场力E p q做功越多，则该点的电势越高；(3)根据电势差U AB＝φA－φB，若U AB＞0，则φA>φB，反之φA<φB.3．电势能变化的判断(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加．即W AB＝－ΔE p.(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少．[命题视角]考向1 电场的叠加例1 (2018·湖北省黄岗市高三阶段测试)如图所示，A、C、B、D为菱形的四个顶点，E、F分别为AC、BC的中点，O为两对角线的交点；一均匀带正电的细杆与对角线AB重合．下列说法正确的是( )A．E、F两点场强相同B．C点电势高于D点电势C．不计重力的情况下，一带负电的点电荷在C点获得初速度后，可能做匀速圆周运动D．将一负电荷从E点沿直线移动到F点的过程中，电势能先增加后减小C [由对称性知，AB在C的场强竖直向上，同理AO在OE点的场强竖直向上，OB段在E点的场强向左上方，则合起来亦是向左上方，同理AB在F的场强也是右上方．故E、F两点场强大小相等，方向不同，选项A错误．同样由于对称性，C、D两点电势相等，B项错误；AB的中垂面上距O等距的点场强大小相等，方向指向无穷远，负电荷所受电场力指向O点，故C项正确；定性描绘出AB上方的电场线，等势面如图所示：故从E到F电势先增加再降低，故负电荷的电势能先减小后增加，选项D 错误；综上所述本题选C.]考向2 电场中的图象问题例2 假设空间某一静电场的电势φ随x变化时情况如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，则下列说法正确的是( )A．x1处电场力最小，但不为零B．x2点处电场强度的方向沿x轴正方向C．在O、x1、x2、x3处电势E p0、E p1、E p2、E p3的关系为E p3>E p2＝E p0>E p1 D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变，x2～x3段做匀加速直线运动D [根据图象的斜率表示电场强度，在x1处斜率为零，即电场强度为零，所以在此处的电场力为零，故A错误；由于沿着电场线方向电势降低，所以x2点处电场强度的方向沿x轴负方向，故B错误；根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以E p3<E p2＝E p0<E p1，故C错误；由于x2～x3的斜率不变，即电场强度不变，方向沿x轴负方向，负电荷受到电场力方向向右，x2～x3段做匀加速直线运动，故D 正确．]考向3 匀强电场的场强计算例3 (2018·河南天一联考)(多选)如图所示，匀强电场中的三个点A 、B 、C 构成一个直角三角形，∠ACB ＝90°，∠ABC ＝60°，＝d .把一个电荷量为＋q BC 的点电荷从A 点移动到B 点电场力不做功；从B 点移动到C 点电场力做功为－W .若C 点的电势为零，则( )A ．该电场的电场强度大小为WdqB ．C 、B 两点间的电势差为U CB ＝W q C ．A 点的电势为W qD ．若从A 点沿AB 方向飞入一电子，其运动轨迹可能是乙BD [点电荷从A 移动到B 点电场力不做功，说明A 、B 两点在同一等势面上，从B 点移动到C 点电场力做功为－W ，说明电场强度的方向垂直于AB 边向上．则A 点的电势φA ＝－，故选项C 错误；C 、B 两点间的电势差为U CB ＝.W q W q故选项B 正确；该电场的电场强度大小为E ＝＝，故选项A 错误；U CB d sin 60°23W 3dq电子从A 点沿AB 方向飞入，受力方向将沿电场线方向的反方向，故粒子将向左下偏转，故选项D 正确．][题组突破]1－1.(2018·南昌三中第七次考试)如图所示，直角坐标系中x 轴上在x ＝－r 处固定有带电量为＋9Q 的正点电荷，在x ＝r 处固定有带电量为－Q 的负点电荷，y 轴上a 、b 两点的坐标分别为y a ＝r 和y b ＝－r ，cde 点都在x 轴上，d 点的坐标为x d ＝2r ，r <x c <2r ，cd 点间距与de 点间距相等．下列说法不正确的是( )A ．场强大小E c >E eB ．a 、b 两点的电势相等C ．d 点场强为零D ．a 、b 两点的场强相同D [cd 点间距与de 点间距相等，根据电场线的分布情况知，c 处电场线密，场强大，故A 正确；由电场分布的对称性可知，a 、b 两点的电势相等，故B 正确；＋9Q 在d 点产生的场强大小E 1＝k ＝k ，方向水平向右．－Q 在d 点9Q (3r )2Q r 2产生的场强大小E 2＝k ，方向水平向左．所以由电场的叠加原理可知，d 点场Q r 2强为零，故C 正确；根据电场线分布的对称性可知，a 、b 两点场强的大小相等，但方向不同，则a 、b 两点的场强不相同，故D 错误．]1－2.(2018·河南商丘模拟)如图甲所示，半径为R 、均匀带正电的球体，AB 为过球心O 的直线上的两点，且OA ＝2R ，OB ＝3R ；球体的空间产生球对称的电场，电场强度大小沿半径方向分布情况如图乙所示，图中E 0已知，E －r 曲线下O ～R 部分的面积等于2R ～3R 部分的面积．则下列说法正确的是( )A ．A 点的电势低于B 点的电势B ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度C ．从球面到A 点的电势差小于AB 两点间的电势差D ．电荷量为q 的正电荷沿直线从A 点移到B 点的过程中，电场力做功E 0Rq 12D [球体带正电，电场线方向沿半径向外，故A 点电势高于B 点电势，A 错误，因为A 距O 点半径为2R ，B 距O 点距离为3R ，从E －r 图中2R 处的电场强度大于3R 处的电场强度，即E A ＞E B ，B 错误；根据U ＝Ed 可知图象的面积表示电势差，从E －r 图可知，R －2R 围成的面积大于2R －3R 围成的面积，即从球面到A 点的电势差大于AB 两点间的电势差，C 错误；因为曲线下O －R 部分的面积等于2R －3R 部分的面积，即O －R 间的电势差等于2R －3R 间的电势差，即等于AB 间的电势差，故电场做功为W ＝Uq ＝RE ·g ，D 正确．]121－3.(2018·高考物理全真模拟二)如图所示，匀强电场中的△PAB 平面平行于电场方向，C 点为AB 的中点，D 点为PB 的中点．将一个带负电的粒子从P 点移动到A 点，电场力做功W PA ＝1.6×10－8J ；将该粒子从P 点移动到B 点，电场力做功W PB ＝3.2×10－8J .则下列说法正确的是( )A ．直线PC 为等势线B ．若将该粒子从P 点移动到C 点，电场力做功为W PC ＝2.4×10－8JC ．电场强度方向与AD 平行D ．点P 的电势高于点A 的电势B [由于匀强电场中U ＝Ed ，则在某一直线方向上，电势沿直线方向均匀变化．由题可知D 点为PB 的中点，则W PD ＝＝1.6×10－8J ，P 点移动到A 点W PA ＝W PB 21.6×10－8J ，则AD 电势相等，故直线AD 为等势线，电场强度方向与AD 垂直；由于匀强电场中电场力做功与路径无关，W AB ＝W AP ＋W PB ＝(－W PA )＋W PB ＝1.6×10－8J ；P 点移动到C 点，电场力做功W PC ＝W PA ＋W AC ＝W PA ＋＝2.4×10W AB 2－8J ，故AC 错误，B 正确；根据WPA ＝－qU PA ，电场力对负电荷做正功，可知U PA <0，P 点电势低于点A 的电势，故D 错误．]高频考点二 平行电容器问题[备考策略]1．公式法分析平行板电容器的两类动态问题 公式①C ＝ ②C ＝ ③E ＝εr S 4πkd Q U U d 情形始终连结电源充电后断开电源不变量U Q d 变大C 变小，Q 变小，E 变小C 变小，U 变大，E 不变εr 变大C 变大，Q 变大，E 不变C 变大，U 变小，E 变小S 变大C 变大，Q 变大，E 不变C 变大，U 变小，E 变小2.熟记二级结论：在直流电路中，含有电容器的支路相当于断路，电容器两端电压等于与之并联的支路两端电压；电容器所带的电荷量恒定不变时，极板间的电场强度与极板间距离无关．3.当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制．[题组突破]2－1.已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σσ2ε0为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S ，其间为真空，带电荷量为Q .不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为 ( )A.和B.和Q ε0S Q 2ε0S Q 2ε0S Q 2ε0SC.和D.和Q 2ε0S Q 22ε0S Q ε0S Q 22ε0SD [每块极板上单位面积所带的电荷量为σ＝，每块极板产生的电场强度Q S为E ＝，所以两极板间的电场强度为2E ＝.一块极板在另一块极板处产生的σ2ε0Q ε0S电场强度E ′＝，故另一块极板所受的电场力F ＝qE ′＝Q ·＝，选项Q 2ε0S Q 2ε0S Q 22ε0S D 正确．]2－2.(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示，理想二极管、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P 置于水平放置的平行板电容器的正中间，且处于静止状态，平行板电容器的B 板接地．若将极板A 向上移动少许，下列说法中正确的是( )A ．电容器的电容增大B ．AB 间的电压增大C ．液滴将向上运动D ．液滴的电势能不变D [A 、B 、C 项：若将极板A 向上移动少许，板间距离增加，根据C ＝，εs 4πkd电容减小，要放电，但是理想二极管具有单向导电性，不能放电，故是电荷量Q一定，由C ＝、E ＝可知，电场强度大小与两极板间的距离无关，电场强度不Q U U d变，则液滴保持静止，故A 、B 、C 错误；D 项：由以上分析可知电场强度不变，液滴到下极板的距离不变，所以液滴的电势能不变，故D 正确．]2－3.(2018·山东省淄博一中高三三模)(多选)某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素．若两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，假定极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是( )A ．保持S 不变，增大d ，则C 变小，θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则C 变大，θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则C 变小，θ变大D ．保持d 不变，减小S ，则C 变大，θ变小AC [根据电容的决定式C ＝得知，电容与极板间距离成反比，当保持S εrS 4πkd不变，增大d 时，电容减小，因极板所带电荷量Q 不变，由电容的定义式C ＝，Q U分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故A 正确，B 错误．根据电容的决定式C ＝得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d 不变，εrS 4πkd减小S 时，电容C 减小，极板所带电荷量Q 不变，则由电容的定义式C ＝，可Q U知板间电势差U 增大，静电计指针的偏角θ变大，故C 正确，D 错误，故选AC.][归纳反思]平行板电容器问题的分析思路1．明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化．2．应用平行板电容器的决定式C ＝分析电容器的电容的变化．εr S 4πkd3．应用电容的定义式C ＝分析电容器带电量和两板间电压的变化情况．Q U4．应用E ＝分析电容器两极板间电场强度的变化．U d高频考点三 带电粒子在电场中的运动[备考策略][命题视角]考向1 带电粒子在电场中的直线运动例4 (2018·最新高考信息卷)如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的P点静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a、b粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线．则( )A．a一定带正电，b一定带负电B．a向左运动，b向右运动C．a电势能减小，b电势能增大D．a动能减小，b动能增大B [A.从速度时间图象中可以看出，a粒子加速度逐渐增大，b粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a粒子电场力逐渐增大，b粒子电场力逐渐减小，所以a向左运动，b向右运动．由于不知电场的方向，所以无法判断a、b的电性．故A 错误，B 正确．C.带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，所以a 、b 的电势能均减小．故C 错误．D.带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，因为仅受电场力，根据动能定理，a 、b 的动能均增加．故D 错误．故选B.]考向2 带电粒子在匀强电场中的加速或偏转例5 (2018·山东枣庄模拟)如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点，y 轴沿竖直方向，在x >0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ＝×103V /m ，比荷43为1.0×105C/kg 的带正电的粒子P 从A 板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M (，1)点，粒子P 的重力不计．3(1)求金属板AB 之间的电势差U AB;(2)若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q ，使PQ 恰能运动中相碰．假设Q 的质量是P 的2倍、带电情况与P 相同，Q 的重力及P 、Q 之间的相互作用力均忽略不计，求粒子Q 所有释放点的集合．解析 (1)设粒子P 的质量为m 、带电量为q ，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0.由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M (，1)点历时为t 0，由类平抛运动可得x ＝v 0t 0，y ＝t ，解得v 0＝312qE m 20×104m/s2在金属板AB 之间，由动能定理可知qU AB ＝m v ，解得U AB ＝1 000 V.1220(2)设粒子P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从坐标N (x ，y )点释放后，经时间t 与粒子P 相遇．由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得．对于P ：Eq ＝ma 1，x ＝v 0t对于Q ：Eq ＝2ma 2，a 1t 2＝y ＋a 2t 21212解得y ＝x 2，其中x >016即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为y ＝x 2其中x >0.16答案 (1)1 000 V (2)y ＝x 2其中x >016考向3 带电粒子在交变电场中的运动例6 (2018·广东省潮州市高三调研)如图甲所示，A 、B 两板竖直放置，两板之间的电压U 1＝100 V ，M 、N 两板水平放置，两板之间的距离d ＝0.1 m ，板长L ＝0.2 m ．一个质量m ＝2×10－12 kg 、电荷量q ＝＋1×10－8C 的带电粒子(不计重力)从靠近A 板处由静止释放，经加速电场加速后从B 板的小孔穿出，沿着M 、N 两板的中轴线垂直进入偏转电场，如果在M 、N 两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t ＝时，带电粒子刚开始进入偏转电场，则：T 4(1)带电粒子从B 板的小孔穿出时的速度为多大？(2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电U 2的周期T 为多少？(3)在满足(2)条件的情况下，它在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留一位有效数字)解析 (1)由动能定理得qU 1＝m v ，1220解得v 0＝＝1×103 m/s.2qU 1m(2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间t ＝(n ＋)T (n ＝0,1,2，…) ①12带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L ＝v 0t ②所以T ＝s(n ＝0,1,2，…) ③4×10－42n ＋1带电粒子进入偏转电场时的加速度a ＝④qE m 电场强度E ＝⑤U 2d带电粒子在进入偏转电场后的前内沿竖直方向的位移T 4y ＝a ()2 ⑥12T 2要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，需满足2y ≤⑦d 2联立①～⑦式解得n ≥4.5.所以T ＝s(n ＝5,6,7，…)．4×10－42n ＋1(3)要使总偏移量最大，则n 应取值最小，故n ＝5，由此解得，最大偏移量y ′＝2y ≈0. 04 m.答案 (1)1×103 m/s (2) s(n ＝5,6,7，…) (3)0. 04 m 4×10－42n ＋1考向4 带电物体在电场中的运动例7 (2018·湖北省武汉市高三五月训练题)(多选)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Q A ＝2.0×10－4C ，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 所在平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度g 取10 m /s 2，静电力恒量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2.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Q B ＝1.0×10－5CC ．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 JD ．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BCD [A.渐进线Ⅱ表示B 的重力势能随位置的变化关系，即：E P ＝mgx sin θ＝kx ，得：sin θ＝＝0.5，即θ＝30°，A 项错误；B.由图(b)中的曲线Ⅰ可知，k mg在x ＝6 m 处总势能最小，动能最大，该位置B 受力平衡，则有mg sin θ＝k ，Q A Q B62解得：Q B ＝1×10－5C ，B 项正确；C.在M 点时，B 的重力势能E P1＝mgx sin 30°＝3J，电势能E P电1＝E P总－E P1＝3 J，由能量守恒可知，最高点时，E K＝0，E P总＝4 J＋6 J＝10 J，对应的位置为x＝10 m，此位置处E P2＝mgx′sin 30°＝9 J，∴E P2＝10 J－9 J＝1 J，∴ΔE P＝3 J－1 J＝2 J，C项正确；D.在M处加速度最小为0，所以从x＝2 m向上加速度先变小后增大，D项正确．故本题选B、C、D.][归纳反思]带电粒子物体在电场中运动问题的分析思路(1)首先分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动．(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：①如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学方程求解．(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口．[题组突破]3－1.(2018·山东省实验中学高三二模)(多选)如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为O.在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直AB，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd平面垂直圆面且与AB共面，两平面边线交点分别为e、f，g为圆上一点．下列说法中正确的是( )A ．a 、b 、c 、d 、e 、f 六点中，不存在场强和电势均相同的两点B ．将一电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点，电场力始终不做功C ．将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同D ．沿线段eOf 移动的电荷受到的电场力先减小后增大BC [图中圆面是一个等势面，e 、f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e 、f 的场强相同，故A 错误．图中圆弧egf 是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W ＝qU 可知：将一正电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点电场力不做功，故B 正确．a 点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W ＝qU 可知：将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同．故C 正确．沿线段eOf 移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D 错误．故选BC.]3－2.(2018·四川宜宾模拟)(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的相同带电粒子．t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T ＝，粒子质量为m ，不计粒子2d v 0重力及相互间的作用力．则( )A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0。
高考物理二轮专题练习倒数第9天电场和带电粒子在电场中的运动(含答案)
倒数第9天电场和带电粒子在电场中的运动1.请回答库仑定律的内容、公式和适用条件分别是什么？答案 (1)内容：真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．(2)公式：F ＝k q 1q 2r 2，式中的k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫静电力常量． (3)适用条件：①点电荷；②真空中．2．电场强度是描述电场力的性质的物理量，它有三个表达式：E ＝F q ，E ＝k Q r 2和E ＝U d，这三个公式有何区别？如果空间某点存在多个电场，如何求该点的场强？电场的方向如何确定？ 答案 (1)区别①电场强度的定义式E ＝F q，适用于任何电场，E 由场源电荷和点的位置决定，与F 、q 无关． ②真空中点电荷所形成的电场E ＝k Q r 2，其中Q 为场源电荷，r 为某点到场源电荷的距离． ③匀强电场中场强和电势差的关系式E ＝U d，其中d 为两点沿电场方向的距离． (2)用叠加原理求该点的场强若空间的电场是由几个“场源”共同激发的，则空间中某点的电场强度等于每个“场源”单独存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和——叠加原理．(3)电场方向是正电荷的受力方向、负电荷受力的反方向、电场线的切线方向、电势降低最快的方向．3．电场线与等势面间的关系是怎样的？答案 (1)电场线上某点切线的方向为该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的大小．(2)电场线互不相交，等势面也互不相交．(3)电场线和等势面在相交处互相垂直．(4)电场线的方向是电势降低的方向，而场强方向是电势降低最快的方向；(5)等差等势面密的地方电场线密，电场线密的地方等差等势面也密．4．比较电势高低的方法有哪些？答案 (1)顺着电场线方向，电势逐渐降低．(2)越靠近正场源电荷处电势越高；越靠近负场源电荷处电势越低．(3)根据电场力做功与电势能的变化比较①移动正电荷，电场力做正功，电势能减少，电势降低；电场力做负功，电势能增加，电势升高．②移动负电荷，电场力做正功，电势能减少，电势升高；电场力做负功，电势能增加，电势降低．5．比较电势能大小最常用的方法是什么？答案 不管是正电荷还是负电荷，只要电场力对电荷做正功，该电荷的电势能就减少；只要电场力对电荷做负功，该电荷的电势能就增加．6．电场力做功有什么特点？如何求解电场力的功？答案 (1)电场力做功的特点电荷在电场中任意两点间移动时，它的电势能的变化量是确定的，因而电场力对移动电荷所做的功的值也是确定的，所以，电场力对移动电荷所做的功，与电荷移动的路径无关，仅与初、末位置的电势差有关，这与重力做功十分相似．(2)电场力做功的计算及应用①W ＝Fl cos α，常用于匀强电场，即F ＝qE 恒定．②W AB ＝qU AB ，适用于任何电场，q 、U AB 可带正负号运算，结果的正负可反映功的正负，也可带数值运算，但功的正负需结合移动电荷的正负以及A 、B 两点电势的高低另行判断．③功能关系：电场力做功的过程就是电势能和其他形式的能相互转化的过程，如图，且W ＝－ΔE 其他． 电势能E 电W >0W <0其他形式的能E 其他7．带电粒子在匀强电场中分别满足什么条件可以做加速直线运动和偏转运动？处理带电粒子在电场中运动的方法有哪些？答案 (1)加速——匀强电场中，带电粒子的受力方向与运动方向共线、同向．处理方法：①牛顿运动定律和运动学方程相结合．②功能观点：qU ＝12m v 22－12m v 21 (2)偏转——带电粒子以初速度v 0垂直于电场线方向进入匀强电场．处理方法：类似平抛运动的分析方法．沿初速度方向的匀速直线运动：l ＝v 0t 沿电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动：y ＝12at 2＝12·qE m (l v 0)2＝qUl 22md v 20偏转角tan θ＝v y v 0＝qUl md v 208．电容的两个表达式和平行板电容器的两类问题是什么？答案 (1)电容：C ＝Q U(2)平行板电容器的电容决定式：C ＝εr S 4πkd ∝εr S d .(3)平行板电容器的两类问题：①电键K 保持闭合，则电容器两端的电压恒定(等于电源电动势)，这种情况下带电荷量Q ＝CU ∝C ，而C ＝εr S 4πkd ∝εr S d ，E ＝U d ∝1d. ②充电后断开K ，则电容器带电荷量Q 恒定，这种情况下C ∝εr S d ，U ∝d εr S ，E ∝1εr S.。
高考物理母题题源专题09带电粒子在电场中的运动含解析
专题09 带电粒子在电场中的运动【母题来源一】2019年普通高等学校招生全国统一考试物理（新课标全国Ⅱ卷）【母题原题】（2019·新课标全国Ⅱ卷）静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止开始运动，N 为粒子运动轨迹上的另外一点，则A ．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B ．在M 、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C ．粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能D ．粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 【答案】AC【解析】若电场中由同种电荷形成即由A 点释放负电荷，则先加速后减速，故A 正确；若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B 错误。
C ．由于N 点速度大于等于零，故N 点动能大于等于M 点动能，由能量守恒可知，N 点电势能小于等于M 点电势能，故C 正确；粒子可能做曲线运动，故D 错误。
【母题来源二】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（天津卷）【母题原题】（2019·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212mv B ．机械能增加22mv C ．重力势能增加232mvD ．电势能增加22mv【答案】B【解析】由动能的表达式2k 12E mv =可知带电小球在M 点的动能为212kM E mv =，在N 点的动能为()21222kN E m v mv ==，所以动能的增量为232k E mv ∆=，故A 错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有,2y x qE v v gt v v at t m =====，可得2qE mg =，竖直方向的位移2vh t =，水平方向的位移22v x t vt ==，因此有2x h =，对小球由动能定理有232k qEx mgh E mv -==V ，联立上式可解得22qEx mv =，212mgh mv =，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加22mv ，电势能减少22mv ，故B 正确D 错误，重力做负功重力势能增加量为212mv ，故C 错误。
带电粒子在电场中运动题目及标准答案(分类归纳经典)
带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中做偏转运动1.如图所示的真空管中，质量为m ，电量为e 的电子从灯丝Ｆ发出，经过电压Ｕ１加速后沿中心线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设Ｂ、Ｃ间电压为Ｕ２，Ｂ、Ｃ板长为l 1,平行金属板右端到荧光屏的距离为l ２,求：⑴电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角． ⑵电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离． 解析:电子在真空管中的运动过分为三段，从Ｆ发出在电压Ｕ１作用下的加速运动；进入平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动．⑴设电子经电压Ｕ１加速后的速度为v 1，根据动能定理有： 21121mv eU =电子进入Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，在水平方向以v 1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为： dmeU meE a 2==电子通过匀强电场的时间11v l t =电子离开匀强电场时竖直方向的速度v y 为： 112mdv l eU at v y ==电子离开电场时速度v 2与进入电场时的速度v 1夹角为α（如图５）则d U l U mdv l eU v v tg y 112211212===α ∴dU l U arctg1122=α ⑵电子通过匀强电场时偏离中心线的位移dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=•== 电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移 dU l l U tg l y 1212222==α ∴电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为 )2(22111221l l d U l U y y y +=+= 图 ５2. 如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E 。
2019版高考物理：大二轮复习考前基础回扣练9电场及带电粒子在电场中的运动6113(含答案).doc
回扣练9：电场及带电粒子在电场中的运动1．如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的P点静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a、b粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线．则( )A．a一定带正电，b一定带负电B．a向左运动，b向右运动C．a电势能减小，b电势能增大D．a动能减小，b动能增大解析：选B.从速度—时间图象中可以看出，a粒子加速度逐渐增大，b粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a 粒子电场力逐渐增大，b粒子电场力逐渐减小，所以a向左运动，b向右运动．由于不知电场的方向，所以无法判断a、b的电性．故A错误，B正确．带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，所以a 、b 的电势能均减小．故C 错误．带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，因为仅受电场力，根据动能定理，a 、b 的动能均增加．故D 错误．故选B.2．如图所示，半径为R 的均匀带电球壳带电量为Q (Q >0)．已知半径为R 的均匀带电球壳在球壳的外部产生的电场与一个位于球心O 点的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．静电力常量为k ，下列说法正确的是( )A ．球心O 处的场强为kQ R 2B ．在球壳外距球壳为r 处的电场强度为kQ r 2C ．球壳的表面为等势面D ．若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势小于零 解析：选C.由对称性可知，球心O 处的场强为零，选项A错误；在球壳外距球壳为r 处的电场强度为E ＝kQ （r ＋R ）2，选项B 错误；球壳的表面处的电场线垂直于表面，则球壳表面为等势面，选项C 正确；因球壳带电量为正，则若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势大于零，选项D 错误；故选C.3．如图，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M 、N 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M 点的速度大小为v 0，方向与水平方向的夹角为60°，N 点为轨迹的最高点，不计重力．则M 、N 两点间的电势差为( )A.3mv 208q B ．－3mv 208qC ．－mv 208q D ．mv 208q解析：选B.从M 点到N 点利用动能定理有：qU MN ＝12mv 2N －12mv 2M ＝12m (v 0sin 60°)2－12mv 20解得：U MN ＝－3mv 208q ，故B 正确．4．如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x＝x处，则下列说法正确的是( )2A．x1和x2处的电场强度均为零B．x1和x2之间的场强方向不变C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小D．粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大解析：选D.φx图象的切线斜率表示场强的大小，x1和x2两处的场强均不为零，因此A项错误．在x轴上沿电场方向电势降低，逆着电场方向电势升高，所以x1到x2之间电场强度的方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，选项B错误．粒子仅在电场力作用下由静止开始运动，从x＝0到x＝x2之间由于电场方向发生了改变，电场力先做正功后做负功，粒子的电势能先减小后增大，选项C错误．根据牛顿第二定律，加速度与电场力大小成正比，电场力大小与各处的电场强度大小即图象的斜率大小成正比，由图象知，粒子的加速度先减小后增大，选项D正确．5．均匀带电的球体在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球体上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球半径为R，MN为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有A、B两点，A、B关于O点对称，AB＝4R.已知A点的场强大小为E，则B点的场强大小为( )A.kq2R2＋E B．kq2R2－EC.kq4R2＋E D．kq4R2－E解析：选B.若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在A、B点所产生的电场为E0＝2kq（2R）2＝kq2R2，由题知当半球面产生的场强为E，则B点的场强为E′＝E0－E.解得E′＝kq2R2－E，故选B.6．(多选)如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是( ) A．b、d两点的电场强度大小相等，电势相等B．a、c两点的电场强度大小相等，电势相等C．若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周做匀速圆周运动D．若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周做匀速圆周运动解析：选BC.Q在b点与d点场强方向相反，与匀强电场叠加后d点场强大于b点场强．故A错误；a、c两点的电场强度大小相等，点电荷在ac两点的电势相等，电场E在ac两点的电势相等，所以ac两点的电势相等．故B正确；若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，方向变化，则应为匀强电场力与重力相平衡，合力为Q所给的库仑力．故正电荷可沿a、c所在圆周做匀速圆周运动．故C正确；若从a点抛出一带负电小球，其所受合力不可能指向Q点，则不能做匀速圆周运动．故D错误；故选BC.7．(多选)如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，两个等量异种点电荷＋Q和－Q分别固定于A、B两点．光滑绝缘直导轨CD的上端点D位于到A、B中点的正上方，且与A、B两点的距离均为L.在D处质量为m、电荷量为＋q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g.忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A．D点的场强大小为kQ L2B．小球到达CD中点时，其加速度为零C．小球刚到达C点时，其动能为32 mgLD．小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小解析：选AC.根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D处的电场强度沿DB方向，正电荷在D处的电场强度沿AD方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD、DB的角平分线；由库仑定律得，A、B在D点的场强的大小：E A＝E＝k Q L2，则D点的场强：E D＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k QL2，故A正确；当小球到达CD中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B错误；由于C与D到A、B的距离都等于L，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg·OD＝12mv2，又几何关系可知：OD＝L·sin 60°＝32L，小球的动能Ek＝12mv2＝32mgL，故C正确，D错误．故选AC.8．(多选)如图所示，两个水平放置的平行板电容器，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态．A、B间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1；M、N间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2.若将B板稍向下移，下列说法正确的是( )A．P向下动，Q向上动B．U1减小，U2增大C．Q1减小，Q2增大D．C1减小，C2增大解析：选AC.将B板下移时，由C＝εrS4πkd，C1将增小；而MN板不动，故MN的电容不变；故D错误；假设Q不变，则AB板间的电压U1将增大，大于MN间的电压，故AB板将向MN 板充电；故Q 1减小，Q 2增大；故C 正确；充电完成，稳定后，MN 及AB 间的电压均增大，故对Q 分析可知，Q 受到的电场力增大，故Q 将上移；对AB 分析可知，E 1＝U 1d ＝Q 1Cd ＝Q 1εr S 4πkd d ＝4πkQ 1εr S，故电场强度减小，故P 受到的电场力减小，故P 将向下运动；故A 正确；故选AC.9．(多选)有三根长度皆为L 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O 点，另一端分别挂有质量均为m 、电量分别为－q 、q 的带电小球A 和B ，A 、B 间用第三根线连接起来．所在空间存在水平向右、大小E ＝mg q的匀强电场，系统平衡时，A 、B 球的位置如图所示．现将O 、B 之间的轻线烧断，因空气阻力，A 、B 两球最后会达到新的平衡位置(不计两带电小球间相互作用的静电力)．以下说法正确的是()A．A球的电势能增加了12 qELB．B球的电势能减少了12 qELC．A球的重力势能减少了2－32mgLD．B球的重力势能减少了2＋2－32mgL解析：选ACD.设达到新的平衡位置时OA绳与竖直方向夹角为α，OB绳与竖直方向夹角为β，由平衡条件得对A：T1cos α＝mg＋T2cos βqE＝T1sin α＋T2sin β对B：T cos β＝mg qE＝T2sin β联立解得：α＝0，β＝45°，所以A球的重力势能减少了mgL(1－cos 30°)＝2－32mgLB球的重力势能减少了mgL (1＋cos 45°)－mgL cos 30°＝2＋2－32 mgL A 球的电势能增加了qEL sin 30°＝12qEL B 球的电势能减小了qEL (sin 45°－sin 30°)＝2－12qEL 综上所述，故A 、C 、D 正确．10．(多选)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )A ．Q 点的电势比P 点高B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小解析：选AB.根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选AB.。