高考物理二轮复习 第一部分 专题整合 专题三 电场和磁场 第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动专项训练-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第1讲电场及带电粒子在电场中的运动真题再现1(2018全国卷)如图311所示，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab5 cm，bc3 cm，ca4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则图311Aa、b的电荷同号，k Ba、b的电荷异号，kCa、b的电荷同号，k Da、b的电荷异号，k解析如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零，因此a、b不可能带同种电荷，AC错误；若a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力一定为引力，受力分析如

2、图所示，由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由几何关系可知a37、b53，则Fasin 37Fbcos 37，解得，又由库仑定律及以上各式代入数据可解得|，B错误，D正确。答案D2(多选)(2018全国卷)如图312，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(q0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是图312A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

3、电场力做功一定为C若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为D若W1W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差解析由题意得，(ab)qW1，(cd)qW2，只能得出a、b两点间和c、d两点间的电势关系，无法确定场强的方向，选项A错误；若c、d之间的距离为L，因无法确定场强的方向，故无法确定场强的大小，选项C错误；由于M、N、WMNq(MN)，上述式子联立求解得粒子从M点移动到N点电场力做的功为WMN，所以B正确；若W1W2，有abcd，变形可得acbd，又aMa，bNb，所以aMbN，D正确。答案BD3(多选)(2018全国卷)图313中虚线a、b、c、d、f代表匀强电

4、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10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是图313A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倍解析电子在等势面b时的电势能为Eq2 eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6 eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2 eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确。由以上分析可知，电子在等势面d

5、的电势能应为2 eV，C错误。电子在等势面b的动能为8 eV，电子在等势面d的动能为4 eV，由公式Ekmv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的倍，D错误。如果电子的速率与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确。答案AB4(2017全国卷)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)

6、求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。解析(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2mgma1油滴在时刻t1的速度为v1v0a1t1电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2mgma2油

7、滴在时刻t2t1的速度为v2v1a2t1由式得v2v02gt1(2)由题意，在t0时刻前有qE1mg油滴从t0到时刻t1的位移为s1v0t1a1t油滴在从时刻t1到时刻t22t1的时间间隔内的位移为s2v1t1a2t由题给条件有v2g(2h)式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上，依题意有s1s2h由式得E2E1为使E2E1，应有2221即当0t1(1)或t1才是可能的：条件式和式分别对应于v20和v20两种情形。若B点在A点之下，依题意有s2s1h由式得E2E1为使E2E1，应有2221即t1另一解为负，不符合题意，已舍去。答案见解析考情分析分值612分题型选择题、计算题命题热点(1

8、)电场性质的理解与应用(2)平行板电容器中的电场问题(3)带电粒子在电场中的运动考点一电场性质的理解和应用1电场强度的计算(1)定义式：E。电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷q无关。(2)真空中点电荷：Ek。E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定。(3)匀强电场：E。式中d为两点间沿电场方向的距离。2电势高低的判断方法(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，即将q从电场中的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电势越高；(3)根据电势差UABAB，若UAB0，则AB，反之AB。3电势能变化的判断(1)根据电场力做功判断：WABEp。(2

9、)根据电势高低判断：正电荷在电势越高的位置电势能越大；负电荷在电势越高的位置电势能越小。(3)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，而总和应保持不变，即当其它能增加时，电势能减少。【题组突破】1(2018天津理综)如图314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M、N，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。下列判断正确的是图314AvMvN，aMaNBvMvN，MNCMN，EpMEpN DaMaN，EpMEpN解析由粒子轨迹弯曲

10、方向及电场线分布情况可知，粒子所受电场力方向沿电场线切线方向，设粒子由M向N运动，则速度方向沿轨迹切线方向，电场力方向与粒子速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以vMvN，EpMEpN，A、B项错误；电场线疏密程度表示电场强度大小，故粒子在M点所受电场力的大小小于在N点所受电场力的大小，由牛顿第二定律可知，aMaN，D项正确；由于电场线方向如图所示，所以M点电势较N点的高，C项错误。 答案D2(多选)(2018山西五市联考)如图315所示，带电粒子在匀强电场中以初速度v0沿曲线从M运动到N(不计粒子的重力)，这时突然使电场方向反向而大小不变。在新的电场中，带电粒子以后的

11、运动情况(图中三条虚线在N点都与MN相切)，下列说法正确的是图315A可能沿曲线运动且电势能减小B可能沿曲线运动且电势能增大C可能沿直线运动且电势能不变D可能沿曲线运动且电势能增大解析粒子在由M到N的过程中，所受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，则电场反向后，其所受电场力也反向，可知电场反向后其可能沿曲线运动，选项C、D错误。在由M到N过程中电场力与v的夹角可能为锐角，还可能为钝角，不确定，同样电场反向后两者的夹角也不确定，则电场力可能做负功，还可能做正功，电势能可能增加，还可能减少，则选项A、B正确。答案AB3(多选)(2018长郡中学高三质检)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线

12、上有A、B、C三点，如图316所示。一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从该水平面内的C点静止释放，其运动的vt图像如图所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)则下列说法正确的是图316AB为中垂线上电场强度最大的点，其电场强度E1 V/mB由C到A的过程中，物块的电势能先减小后变大C由C到A的过程中，电势逐渐升高DA、B两点电势差UAB5 V解析由vt图像的斜率等于加速度可得，物块在B点的加速度最大为a m/s22 m/s2，所受的电场力最大为Fma12 N2 N，则电场强度的最大值为E1 N/C，选项A正确；由vt图像可得，由C到A的过程中，物块一直加速，电场

13、力一直做正功，物块的电势能一直减小，选项B错误；两个等量的正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，所以由C点到A点的过程中，电势逐渐减小，选项C错误；物块在A、B两点的速度分别为vA6 m/s，vB4 m/s，根据动能定理得qUABmvmv1(4262) J10 J，得UAB5 V，选项D正确。答案AD规律总结1电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系2由电场中的“点、线、面、迹”判断相关问题(1)由轨迹向合外力的方向弯曲，确定粒子所受电场力方向。(2)根据粒子电性判断电场线方向。(3)根据“沿电场线方向电势降低”判断电势高低。(4)根据公式Epq(代入正负号)判断电势能大小

14、。(5)根据电场力做功的正负判断电势能的变化或动能的变化。(5)根据电场线或等差等势面疏密判断加速度大小。考点二平行板电容器中的综合问题1三个计算公式(1)对于平行板电容器：板间电场可理想化处理，认为板间电场为匀强电场，不考虑边缘效应；(2)三个关系式：定义式C，它在任何情况下都成立，或中C与Q、U无关，而由电容器自身结构决定；决定式C，它只适用于平行板电容器，反映了电容与S、d、r的关系；关系式E。2动态变化分析的两个重要结论(1)电容器与直流电路相连，则两端电压取决于电路的连接情况，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压；(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变。此时

15、若只改变两板间距离，板间电场强度大小不变。(2018石家庄第二次质量检测)在如图317所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点，将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是图317A电容器的电容增加B在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流CA、B两板间的电场强度增大DP点电势升高思路探究(1)开关S闭合后，A板向上平移，有哪些量发生变化？(2)P点的电势与哪些因素有关？解析根据C知，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A错误；在A板上移过程中，电容减小，由于极板电压不变，则极板带电荷量减小，因此电容器处于放电

16、状态，电阻R中有向上的电流，故B正确；根据E与C相结合可得E，由于电荷量减小，场强大小变小，故C错误；因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D错误。答案B【题组突破】1(多选)(2018全国卷)如图318，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是图318Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大

17、C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等解析两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由xa0t2，知微粒a的加速度大，由qEma0，知微粒a的质量小，A错误。由动能定理qExEk得，位移x大的动能大，B正确。在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误。由动量定理qEtmv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。答案BD2如图319所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴图319A仍然保持静止B竖直向下运动C向左下方运动 D向

18、右下方运动解析由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确。答案D考点三带电粒子在电场中的运动(2016北京卷)如图3110所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。图3110(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板

19、面方向的偏转距离y；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U2.0102 V，d4.0102 m，m9.11031 kg，e1.61019 C，g10 m/s2。解析(1)根据功和能的关系，有eU0mv电子射入偏转电场时的初速度v0 在偏转电场中，电子的运动时间tL 加速度a偏转距离ya(t)2(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力Gmg1030 N电场力F106 N。由于FG，因此不需要考虑电子所受的重力。答案(1) (2)见解析(2018宜昌调研)如图3111甲所示，两水平金属板A、B间的距离为d

20、，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间的电场可看作匀强电场，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。图3111(1)求电子通过偏转电场的时间t0；(2)若UAB的周期Tt0，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UAB的周期T2t0，求电子击中荧光屏上O点时的速率。解析(1)电子在水平方向做匀速运动有：v0t0l解得t0

21、(2)当Tt0时，t0时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大设最大距离为ym，加速度大小为a，则有：ym2a2a解得最大距离ym(3)当T2t0时，电子要到达O点在电场中必须在竖直方向上先加速后减速再反向加速，并且加速度大小相等，离开电场后竖直方向上匀速，从O到O的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上加速时间为t，则在竖直方向上有：y上2a(t)2y下a(t02t)2a(t02t)要到达O点，则有y上y下解得：t0.4t0，另一解：t3t0舍去所以到达O点的电子在竖直方向上的速度大小为vya(t02t)到达荧光屏上O点的电子的速率为v解得电子击中荧光屏上O点时的速率：v。答案(1)(

22、2)(3) 【题组突破】1.(多选)(2018南昌一模)如图3112，质子(H)、氘核(H)和粒子(He)都沿平行板电容器中线OO方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点，粒子重力不计，下列推断正确的是图3112A若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点B若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点C若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点D若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点解析三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的

23、匀加速直线运动，则a，偏转距离为yat2，运动时间为t，联立三式得y。若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点，故A错误。若它们射入电场时的动量相同，y，可见y与qm成正比，三个qm都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点，故C正确。若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点，故B错误。若它们是由一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故D正确。答案CD2(2018洛阳统考)如图3113甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板

24、的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：图3113(1)若t0时粒子从a点射入金属板，粒子在内离开中心线的距离为多大？(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？(3)交变电压的周期T应满足什么条件？解析(1)粒子在内离开中心线的距离为ya(T)2又a，E解得y(2)粒子进入电场的时间为T，T，T，即粒子进入电场的时间为tT(n1,2,3，)(3)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速。经历四个过程后，回到中心线上时，在

25、垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有LnTv0，解得T粒子在T内离开中心线的距离为y在运动过程中离开中心线的最大距离为ym2y粒子不撞击金属板，应有ymd，解得T2d故n所以粒子的周期应满足的条件为T，其中n取大于或等于的整数。答案见解析3(2017全国卷)如图3114所示，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点将质量为m、电荷量分别为q和q(q0)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

26、离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求图3114(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)设带电小球M、N抛出初速度均为v0 ，则它们进入电场时的水平速度仍为v0：MN在电场中的运动时间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；由运动公式可得：v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立解得：(2)设A点距离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，则：v2ghHvytgt2因为M在电场中做匀加速直线运动，则由可得hH(3)设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则a设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：Ek1m(vv)mgHqEs1Ek2m(vv)mgHqEs2由已知条件：Ek11.5Ek2联立解得：E。答案(1)31(2)H(3)E