2023届二轮复习三第1讲　电场　带电粒子在电场中的运动素养作业

专题三电场与磁场

第1讲电场带电粒子在电场中的运动

提升专题素养、分层训练测效果一）

\保分综合练

1.（2021•全国乙卷，15）如图a,在一块很大的接地金属平板的上方固

定一负电荷。由于静电感应,在金属平板上表面产生感应电荷,金属板

上方电场的等势面如图b中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。

若将一正试探电荷先后放于M和N处,该试探电荷受到的静电力大小

分别为F“和F、,相应的电势能分别为E洲和口,则（A）

/-”…,*\

：Z--'•

•:.<-:­1:;

0

r…二二二二....

图a--------图b

A.AKFN,EpM>EpNB.FM>FN,EpQEpN

C.RKFN,EpM〈EpND.FM>F、,EpM^EpN

解析:等势面的疏密反映电场强度的大小，故N点的电场强度大于M点

的电场强度，同一正的试探电荷在N点受到的静电力大，即FRFN；在负

的点电荷形成的电场中，离负点电荷越近，电势越低,正试探电荷的电

势能越小，故夕M>»N,EPM>EPN,A正确。

2.（2021•江苏卷,2）有研究发现,某神经细胞传递信号时，离子从细

胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流,若将该细胞膜视为1XIO-8F的电

容器，在2ms内细胞膜两侧的电势差从-70mV变为30mV,则该过程

中跨膜电流的平均值为（D）

A.1.5X107AB.2X107A

C.3.5X107AD.5X107A

9

解析：根据Q=CU,可矢口△Q=C△U=1X1（^8><（3O+7O）X1O3C=1X1OC,

则该过程中跨膜电流的平均值为I丹=白瞿A=5X107A,故选D。

3.（2022•福建龙岩三模）（多选）如图所示,空间有a、b两个点电荷，

实线为电场线,虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹,M、N

为轨迹上的两点，则（CD）

A.M点的电势比N点的高

B.M点的电场强度比N点的大

C.a、b为异种电荷,a的电荷量小于b的电荷量

D.粒子从M点运动到N点电势能减小

解析：由于不清楚a、b两个点电荷的电性和带电粒子的电性,故不能

确定电场线的指向，不能确定M、N两点的电势高低,A错误;M点处的

电场线比较稀疏,N点处的电场线比较密集，故M点的电场强度比N点

的小,B错误；由图中电场线分布可知,a、b为异种电荷,且b附近电场

线更密集,故a的电荷量小于b的电荷量,C正确;如图所示,带电粒子

从M点运动到N点受到的静电力与速度方向的夹角为锐角，静电力做

正功，故电势能减小,D正确。

4.（2022•安徽合肥三模）在x轴上分别固定两个点电荷Qi、Q%Q2位于

坐标原点0处。两点电荷形成的静电场中,x轴正半轴上的电势。随x

变化的图像如图所示。下列说法正确的是（D）

A.X3处电势°最高，电场强度最大

B.Qi带负电,Q2带正电

C.Q）的电荷量小于Q?的电荷量

D.电子从xi处沿x轴移动到X2处，电势能增加

解析:根据E=华可知，*x图像的斜率表示电场强度,X3处电势.最高,

电场强度为零,A错误；由图可知,x-0时，*--8,说明Qz带负电，而

在整个空间存在夕＞0的区域，说明Q1带正电,B错误;在X3处电场强度

为零，说明两个点电荷在该处电场强度大小相等，方向相反，根据

E=k$可知,Qi的电荷量大于Q2的电荷量,C错误；电子从XI处沿X轴移

动到X2处,静电力对电子做负功，电势能增加,D正确。

5.（2022•山东泰安二模）如图所示，4ABC是圆的内接三角形，

NBAC=63.5°,0为圆心,AC为直径，半径R=5cm。有一匀强电场（图

中未画出）电场方向与圆周在同一平面内，取0点电势为零。A处的粒

子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量为+e的粒子，

其中到达B点的粒子动能为12eV,到达C点的粒子电势能为-4eVo

不计粒子受到的重力和粒子间的相互作用，取sin530=0.8o则匀强

电场的电场强度大小为（C）

A.25V/mB.50V/m

C.100V/mD.200V/m

解析:根据电势能表达式Ep=e^c=-4eV,可知粒子在C点的电势为般=

-4V,根据UAO=UOC=（PO-<PC,可得力A=I°C=4V,粒子从A到B的过程，

根据动能定理可得WAB=e（«「0B）=12eV-8eV=4eV,解得分=0V,可知

0B连线为等势线,过A点作0B的垂线,如图所示。由图中几何关系可

得a=2。=2X（90°-63.5°）=53°,则匀强电场的电场强度大小为

6.（2022•广东深圳一模）利用图甲所示电路研究电容器充放电过程，

开关接1端后，电流传感器G记录电流随时间变化的图像如图乙所示。

则电容器电容C、极板电荷量Q、上极板电势0、两端电压U随时间t

变化规律正确的是（B）

J0I

解析：电容器的电容不会因为充电而发生变化，电容的值取决于其内

部性质，所以电容C不变,故A错误;开关接1端后，电容器与电源相连,

开始充电，电容器上电荷量Q、两端电压U都会随时间增大,故B正确,D

错误；电容器下极板接地，所以上极板的电势。即为电容器两端电压，

随时间增大，故C错误。

7.（2022•河北卷,6）如图，真空中电荷量为2q和-q（q>0）的两个点电

荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上0点为球心，电势为

零的等势面（取无穷远处电势为零），P为MN连线上的一点,S为等势面

与直线MN的交点,T为等势面上的一点，下列说法正确的是（B）

2a!-Q

A.P点电势低于S点电势

B.T点电场强度方向指向0点

C.除无穷远处外,MN直线上还存在两个电场强度为零的点

D,将正试探电荷q。从T点移到P点,静电力做正功

解析:根据电场叠加可知,直线上M、N间的电场强度水平向右,沿着电

场线电势逐渐降低,可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P

点电势高于S点电势，故A错误；由题意知,在N点左侧电场强度不可

能为零,则N点右侧，设M、N距离为L,根据产%=2,可知除无穷远

处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,故C错误；由A选项分析

可知,T点电势低于P点电势,则正电荷在T点的电势能低于在P点的

电势能,将正试探电荷q。从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功,

故D错误;如图所示,设等势圆的半径为R,与MN的交点为A,AN距离

为x,MN距离为L,

T

二'

Mp\Nois

、、、、…一J

根据小㈣,结合电势的叠加原理,A、S满足产见,凸鲁=萨,解得

xL-xxL+2R-X2R-X

X=g,R=y,由于电场强度方向垂直于等势面,可知T点的电场强度方向

必过等势面的圆心,0点电势。。=上空-苧＞等,可知。T点电场方

L十一—乙L

33

向指向0点，故B正确。

8.（2022•安徽宣城二模）（多选）如图所示，固定光滑绝缘直杆上套有

一个质量为m、带电荷量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧,两

根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L

的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面

的夹角为0,两弹簧的劲度系数均为列嘿，小球在距B点？的P点

处于静止状态,Q点距A点，，重力加速度为go下列说法正确的是

(CD)

A.匀强电场的电场强度大小为安也

B.若小球从P点以初速度v。沿杆向上运动，恰能到达Q点，则初速度

12gLsin0

25

C.若小球从Q点由静止下滑,动能最大为电泮

D.若小球从Q点由静止下滑,则小球在Q点的加速度大小为当gsin9

解析：由题意可知,小球在P点静止时,两弹簧对小球的弹力方向均沿直

杆向上,且大小均为FT=kAx-呼.■mgsin9,设匀强电场的

电场强度大小为E,在沿直杆方向根据平衡条件有(mg+qE)sin0=2左，

联立以上两式解得E=詈,故A错误;根据对称性可知，小球在P、Q两

点时两弹簧的弹性势能之和相同，即小球从P到Q的过程中，两弹簧对

小球做功的代数和为零,则根据动能定理有-(mg+qE)(2L-|L)sin9=

->o2.解得vo=隹醇,故B错误;小球从Q点由静止下滑过程中，

2V25

当合外力为零时动能最大，即小球运动至P点时动能最大,对小球从Q

到P的过程,根据动能定理有Ekin=(mg+qE)(2L-1L)sin9=||mgLsin9,

故C正确;若小球从Q点由静止下滑,在Q点,根据牛顿第二定律得

2k(Lq)+mgsin0+qEsin0=ma,解得a亭gsin0,故D正确。

9.(2022•安徽阜阳模拟)如图所示，位于竖直平面内有一光滑绝缘圆

弧轨道,半径R=2.5m,圆心角为60°,下端与长L=3m的绝缘水平传

送带平滑连接,传送带距地面高度h=4m,以v=3m/s的速度顺时针转

动，传送带右侧空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度E=8N/Co

:,-3

a为mi=l.0X10kg的不带电的绝缘物块,b为m2=4.0X10kg>

q=l.0X103C带正电的物块。物块b静止于圆弧轨道最低点,将物块

a从圆弧轨道顶端由静止释放,运动到最低点与b发生弹性碰撞(碰撞

过程中b的电荷量不发生变化)，碰后b先在传送带上运动,后离开传

送带飞入电场中，最后落在地面上的P点(图中未标出)。已知物块b

与传送带之间的动摩擦因数R=0.1。(g取10m/s；物块a、b均可看

成质点)求：

(1)物块a运动到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力；

(2)物块b离开传送带时的速度；

(3)b落地点P到传送带右端的水平距离。

解析：⑴根据机械能守恒定律得nhgR(l-cos60°

解得Vi=5m/s;

根据牛顿第二定律得F「mig=mi竽，

解得R=0.02N,根据牛顿第三定律得=0.02N,方向竖直向下。

⑵根据动量守恒定律得niiVi'+m2V2=niiV,,

根据机械能守恒定律"vJ弓m21222mm心

解得V2=2m/s,

22

根据动能定理得Um2gx=|m2v-|m2v2,

解得x=2.5m<3m,

物块b在传送带上先做匀加速运动,后随传送带做匀速运动，离开传

送带时的速度为v=3m/so

⑶在电场中物块b做类平抛运动，根据牛顿第二定律得m2g-qE=m2a)

解得a=8m/s2;

在电场中的运动时间为h=|at2,

解得t=ls,

水平距离为s=vt=3mo

答案：(l)5m/s0.02N,方向竖直向下(2)3m/s(3)3m

10.(2022•广东潮州二模)图中A、B是绝缘水平面上相距d=2m的两

点,A、B间存在一个水平向右的匀强电场，电场强度大小E=4X104V/mo

一带电荷量q=+5X10-5C、质量m=lkg的绝缘滑块Q静置在A点,滑

块Q与水平面间的动摩擦因数R=0.1。用长L=0.4m的轻绳将不带电

小球P悬挂在A点正上方的0点,保持绳子绷紧，将P球拉至与0点等

高的水平位置,如图所示。现给P球竖直向下的初速度v0=lm/s,此后

P球下摆与Q发生弹性正碰。已知P球质量也为m,整个过程没有电荷

转移,P、Q体积大小均可忽略不计，轻绳不被拉断。(g5X10m/s2)

.E0?-----Op

BA

⑴求P与Q第一次碰撞后瞬间,P与Q的速度大小；

(2)求P与Q第一次碰撞后,滑块Q离A点的最远距离；

(3)若电场强度E可变,试讨论在轻绳不松弛的前提下,滑块Q在AB段

滑行的路程与电场强度E的关系。

解析：⑴小球P运动至与Q碰撞前,有mgLgnw/一加。2,

解得Vi=3m/s;

P与Q发生弹性碰撞,有mvP+mve=mvi,

12_i_l212

-mvP乙+-mvQ乙=^11%乙、

解得VP=O,VQ=3m/so

(2)设碰撞后,Q没有滑离AB段，当Q减速至0时，

有一qEx「umgXi=0-|mvQ2,

解得Xi=l.5m<d,

假设成立,即P与Q第一次碰撞后,滑块Q离A点的最远距离为1.5mo

⑶若P与Q第一次碰撞后,Q恰好能滑到B点,则-q&d-P

mgd=O-lmvQ2,

1

解得E尸2.5X10V/mo

当E<2.5X10"V/m时,Q从B点离开电场，

则Q在AB段滑行的路程为s尸d=2m;

当E22.5X10'V/m时,Q没有从B点离开，

因为qE>umg,

则Q返回再次与P相碰。

设Q第一次在AB段减速至0的位移为X2时，

返回与P碰撞后,P恰好能回到0点等高位置，

2

贝hqEzX?.Umgx2=0-1mvQ,

设Q回到A点时速度为V2,

Q从A点开始运动到又回到A点时，

有-211

P与Q再次碰撞,质量相等的弹性碰撞,两者交换速度，

则碰后P的速度也为V2,此后P运动至与圆心等高，

有-mgLR-amw?,

解得Ez=3.4义1。5V/lDo

当E>3.4X105V/m时,P超过0点等高位置，

因为9%2.gL,P无法到达圆周最高点,绳子松弛,不满足条件。

当2.5X10'V/mWEW3.4X105V/m时，

因为qE>umg,Q无法停在AB段,最终停在A点,全过程,对系统由能量

2

守恒,有Umgs2=1mv0+mgL,

解得S2=4.5m,

则Q在AB段滑行的路程为S2=4.5mo

综上为保证绳子不松弛需满足EW3.4X105v/m；

当E<2.5X101V/m时,Q在AB段滑行的路程为s,=2m;

5

当2.5X10'V/m^E^3.4X10V/m时,Q在AB段滑行的路程为s2=

4.5m。

答案：（l）03m/s（2）1.5m（3）见解析

s提分拓展练

11.（2022•辽宁锦州二模）（多选）如图甲所示,在空间中建立xOy坐

标系，a射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放

置在第II象限,细管C到两金属板距离相等,细管C开口在y轴上。放

射源P在A板左端,可以沿特定方向发射某一初速度的a粒子。若金

属板长为L、间距为d,当A、B板间加上某一电压时，a粒子刚好能以

速度V。从细管C水平射出，进入位于第I象限的静电分析器中。静电

分析器中存在着辐向电场，a粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，

该电场的电场线沿半径方向指向圆心0,a粒子运动轨迹处的电场强

度大小为Eoot=0时刻a粒子垂直x轴进入第IV象限的交变电场中，

交变电场随时间的变化关系如图乙所示,规定沿x轴正方向为电场的

正方向。已知a粒子的电荷量为2e（e为元电荷）、质量为m,重力不

计。下列说法中正确的是（BCD）

乙

A.a粒子从放射源P运动到细管C的过程中动能的变化量为二普

B.a粒子从放射源P射出时的速度大小为voJ1+,

2

C.a粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为舞

2eE0

D.当t=nT（n=l,2,3,…）时，a粒子的坐标为（整+喑2,-nT）

2eE02m

解析:设a粒子运动到细管C处时速度为v。，a粒子反方向的运动为类

平抛运动，水平方向有L=v°t,竖直方向有9孑七2,由牛顿第二定律

2e-J=ma,联立解得U=萼乎；a粒子从放射源射出到细管C的过程，

由动能定理-2e•1U=△Ek,解得AEk=-eU=-噌髻;设a粒子发射时速

度的大小为V,。粒子从放射源射出至运动到细管C的过程，由动能

22

定理-2e•|u=|mv0-|mv,解得v=v0+',故A错误,B正确。由牛顿

第二定律2eE°=m叱，得厂整,故C正确。t弓时，a粒子在x轴方向的

V2eEQ2

速度为Vx=3・1所以一个周期内，a粒子在X轴方向的平均速度

m2

等等每个周期a粒子在x轴正方向前进的距离x°=%T=竽；

4227nA2m

2

因为开始计时时a粒子横坐标为尸舞,所以t=nT(n=l,2,3,…)时，

2eE0

a粒子的横坐标为*==+.=篝-+11><号二a粒子的纵坐标为y=-v()nT,

2eE02m

在t=nT(n=l,2,3,…)时a粒子的坐标为(整+萼田,/nT),故D

2eE02m

正确。

12.(2021•福建卷，15)如图a,同一竖直平面内A、B、M、N四点距0

点的距离均为&L,0为水平连线AB的中点,M、N在AB连线的中垂线

上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q(Q>0)。以0为原点，

竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点,则ON上的电

势夕随位置x的变化关系如图b所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S)

以一定初动能从M点竖直下落,一段时间后经过N点,其在ON段运动

的加速度大小a随位置x的变化关系如图c所示。图中g为重力加速

度大小,k为静电力常量。

•M

⑴求小球Si在M点所受静电力大小。

(2)当小球Si运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小

球S2发生弹性碰撞。已知Si与S2的质量相等，碰撞前、后&的动能均

为驾，碰撞时间极短。求碰撞前S2的动量大小。

OLi

(3)现将S2固定在N点，为保证Si能运动到N点与之相碰,Si从M点下

落时的初动能须满足什么条件？

解析：(1)设A点到M点的距离为R”A点的电荷对小球S,的库仑力大

小为FA,由几何关系可知,RM=2L,

由库仑定律有F,,守。

RM

设小球Si在M点所受静