2025届高考物理二轮复习专题三第1讲电场及带电粒子在电场中的运动作业含解析

PAGE10-第1讲电场及带电粒子在电场中的运动(45分钟)[基础题组专练]1．(2024·四川成都其次次诊断)如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒，每根细棒匀称带上正电。现将电荷量为＋Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走＋Q及AB边上的细棒，则O点电场强度大小为(k为静电力常量，不考虑绝缘棒及＋Q之间的相互影响)()A.eq\f(kQ,L2) B．eq\f(4kQ,3L2)C.eq\f(2\r(3)kQ,3L2) D．eq\f(4\r(3)kQ,3L2)解析：依据对称性，AF与CD边上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，AB与ED边上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零。BC中点的点电荷在O点产生的电场强度大小为E1＝eq\f(kQ,（Lsin60°）2)＝eq\f(4kQ,3L2)，因EF边上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度叠加为零，则EF边上的细棒在O点产生的电场强度大小为E2＝E1＝eq\f(4kQ,3L2)，故每根细棒在O点产生的电场强度大小均为eq\f(4kQ,3L2)，移走＋Q及AB边上的细棒，O点的电场强度即为EF与ED边上的细棒在O点产生的合场强，这两个场强夹角为60°，所以叠加后电场强度大小为E0＝2×eq\f(4kQ,3L2)cos30°＝eq\f(4\r(3)kQ,3L2)，故选项D正确。答案：D2．(2024·江苏常州高三模拟)如图所示，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，当开关S闭合时，在P点处有一个带电液滴处于静止状态。现将开关S断开，再将A、B板分别沿水平方向向左、右平移一小段距离。此过程中，下列说法正确的是()A．电容器的电容增加B．电阻R中有电流流过C．两极板间的电场强度不变D．若带电液滴仍在P点时其电势能减小解析：当A板向左平移一小段距离，B板向右平移一小段距离时，S减小，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容器的电容C减小，故A项错误；因开关S断开，电容器无法充、放电，电阻R中无电流流过，故B项错误；依据E＝eq\f(U,d)与C＝eq\f(εrS,4πkd)相结合可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，因电荷量Q不变，S减小，故电场强度E增大，故C项错误；因电场强度增大，导致P点与B板间的电势差增大，因B板接地，电势为零，即P点电势上升，带电粒子带负电，依据Ep＝qφ知，带电液滴仍在P点时电势能减小，故D项正确。答案：D3．(多选)(2024·高考全国卷Ⅱ)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止起先运动，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，粒子的轨迹肯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肯定与粒子轨迹在该点的切线平行解析：如图所示，在两正电荷形成的电场中，一带正电的粒子在两电荷的连线上运动时，粒子有可能经过先加速再减速的过程，A正确。粒子运动轨迹与电场线重合需具备初速度为零、电场线为直线、只受电场力三个条件，B错误。带电粒子仅受电场力在电场中运动时，其动能与电势能的总量不变，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正确。粒子运动轨迹的切线方向为速度方向，由于粒子运动轨迹不肯定是直线，故粒子在N点所受的电场力方向与粒子轨迹切线方向不肯定平行，D错误。答案：AC4．如图为某示波管内的聚焦电场，其中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等。图中a、b、c是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，若电子仅受电场力的作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则()A．ac>ab>aa，vc>vb>vaB．aa>ab>ac，va>vb>vcC．ab>ac>aa，vb>va>vcD．aa>ac>ab，va>vc>vb解析：依据等势线可以大致画出电场线，等势面密集的地方电场线比较密，电场强度比较大，所以加速度的关系为ac>ab>aa；依据运动轨迹弯曲的方向可知，电场力做正功，所以速度越来越大，有vc>vb>va，选项A正确。答案：A5．(多选)(2024·高考全国卷Ⅲ)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是()A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小渐渐增大B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负解析：该点电荷形成的电场过M、N两点的等势面如图所示。距P越近，电场强度越大，沿MN边，从M点到N点，与P点的距离先变小后变大，电场强度先增大后减小，A错误；沿电场线方向电势降低，沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小，B正确；M点电势高于N点电势，依据Ep＝qφ知，正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；将正电荷从M点移动到N点，即从高电势移动到低电势，电场力所做的总功为正，D错误。答案：BC6．如图(a)所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离改变的规律如图(b)所示。以下说法正确的是()A．电子在A、B两点的速度vA＜vBB．A、B两点的电势φA＜φBC．电子在A、B两点的电势能EpA＞EpBD．A、B两点的电场强度EA＞EB解析：由图(b)可知，电势渐渐降低，可推断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大，即有vA＞vB，EpA＜EpB，故A、C错误；电场线的方向从A到B，则A、B两点的电势φA＞φB，故B错误；φ­x图像的斜率大小等于电场强度，由几何学问可知，图像的斜率渐渐减小，则从点A到点B场强渐渐减小，则有EA＞EB，故D正确。答案：D7．如图所示，在水平向右的匀强电场中，固定有一根与水平方向成45°角的绝缘光滑直杆ab。一带电小圆环套在杆上，恰好能沿杆匀速下滑。当小圆环以大小为v0的速度从b端脱离杆后，经过一段时间正好通过b端正下方的c点处。已知重力加速度为g，杆固定不动，则b、c两点之间的距离为()A.eq\f(veq\o\al(2,0),2g) B．eq\f(veq\o\al(2,0),g)C.eq\f(2veq\o\al(2,0),g) D．eq\f(\r(2)veq\o\al(2,0),g)解析：小圆环恰好能沿杆匀速下滑，则对小圆环受力分析可知，电场力水平向左，大小为F＝mg；脱离细杆后，小圆环的水平速度和竖直速度均为vx＝vy＝v0sin45°＝eq\f(\r(2),2)v0，水平加速度方向向左，大小为a＝eq\f(F,m)＝g，则由b到c点运动的时间t＝eq\f(2vx,g)＝eq\f(\r(2)v0,g)，则竖直方向y＝vyt＋eq\f(1,2)gt2＝eq\f(2veq\o\al(2,0),g)，故选项C正确。答案：C8．(多选)(2024·高考江苏卷)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最终将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有()A．Q1移入之前，C点的电势为eq\f(W,q)B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为－4W解析：依据电场力做功可知－W＝q(0－φC1)，解得φC1＝eq\f(W,q)，选项A正确；B、C两点到A点的距离相等，这两点电势相等，Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，选项B正确；依据对称性和电势叠加可知，A、B两点固定电荷量均为＋q的点电荷后，C点电势为φC2＝2φC1＝eq\f(2W,q)，带电荷量为－2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC＝(－2q)×φC2＝－4W，选项D正确；Q2从无限远移动到C点的过程中，电场力做的功为0－EpC＝4W，选项C错误。答案：ABD[实力题组专练]9．(2024·山西康杰中学高三质检)如图所示，平行板电容器PQ与电源相接，电源与电容器之间接一志向二极管D。当电容器极板Q移至虚线处时，有关电容器的下列说法正确的是()A．电容减小，极板所带电荷量减小B．电容减小，极板间电压不变C．极板间电压不变，电场强度减小D．极板所带电荷量不变，电场强度不变解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知板间距离变大，电容减小，假设电压不变，则电荷量会减小，但由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则极板所带电荷量不变，那么依据C＝eq\f(Q,U)可知，极板间的电压增大，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，U＝Ed，得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由此分析可知，板间电场强度E不变，D正确。答案：D10．(多选)(2024·湖北十堰高三模拟)如图所示，在竖直面(纸面)内有一匀强电场，带电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球受水平向右的大小为F的恒力，从M匀速运动到N。已知MN长为d，与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则()A．场强大小为eq\f(\r(F2＋m2g2),q)B．M、N间的电势差为eq\f(d,q)eq\r(F2＋m2g2)C．从M到N，电场力做的功为eq\f(\r(3),2)mgd－eq\f(1,2)FdD．若仅将力F方向顺时针转60°，小球将从M向N做匀变速直线运动解析：小球做匀速运动，所受合力为0，小球受到竖直向下的重力、水平向右的恒力F及电场力，则电场力与重力和恒力F的合力等大反向，即qE＝eq\r(（mg）2＋F2)，则场强大小E＝eq\f(\r(F2＋m2g2),q)，A正确；匀强电场的电场线方向不沿MN方向，所以M、N间的电势差不是eq\f(\r(F2＋m2g2),q)d，B错误；对小球从M到N的过程，由动能定理得－mgdsin60°＋Fdcos60°＋W电＝0，则电场力做的功W电＝eq\f(\r(3),2)mgd－eq\f(1,2)Fd，C正确；重力与电场力的合力与恒力F等大反向，即重力与电场力的合力大小为F，方向水平向左，与MN的延长线夹角为60°，若将力F方向顺时针转60°，此时力F与MN的延长线夹角也为60°，由平行四边形定则可得它们的合力方向沿NM方向，所以小球将从M到N做匀变速直线运动，D正确。答案：ACD11．(2024·高考全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速度v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。(1)求电场强度的大小。(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量改变量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？解析：(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知AC＝R ①F＝qE ②由动能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③联立①②③式得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qR) ④(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R ⑤设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。由牛顿其次定律和运动学公式有F＝ma ⑥AP＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1) ⑦DP＝v1t1 ⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2),4)v0 ⑨(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有y＝eq\f(1,2)at2 ⑩x＝vt ⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有(x－eq\f(\r(3),2)R)2＋(y－eq\f(1,2)R)2＝R2 ⑫粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量改变量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度重量为v2，由题给条件及运动学公式有mv2＝mv0＝mat ⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0 ⑭和v＝eq\f(\r(3),2)v0 ⑮另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量改变都相同，自B点射出电场的粒子，其动量改变也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率v＝eq\f(\r(3),2)v0。答案：(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qR)(2)eq\f(\r(2),4)v0(3)0或eq\f(\r(3),2)v012．如图所示，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