07 電場、帶電粒子在電場中的運動-挑戰(zhàn)2022年高考物理考前必突破16個必考（全解析）

PAGEPAGE1挑戰(zhàn)2022年高考物理考前必突破16個必考熱點熱點07電場帶電粒子在電場中的運動目錄【熱點解讀】 1【高考真題再練】 1【核心考點】 4【最新熱點分析】 5熱點一電場性質(zhì)的理解與應(yīng)用 5熱點二與平行板電容器有關(guān)的電場問題 7熱點三帶電粒子在電場中的運動 8【考場練兵】 9一基礎(chǔ)強化練 9二能力提升練 14【熱點解讀】1、本專題主要結(jié)合點電荷的電場分布特點、電場強度求解、電場線的理解和應(yīng)用、電勢和電勢能的理解和判斷、勻強電場中電場強度與電勢差的關(guān)系、電場力做功、等勢面的特點及應(yīng)用等；電容的充放電特點，電容動態(tài)問題分析；通過模型構(gòu)建,考查帶電粒子(體)在電場中的直線運動問題、曲線運動問題、平衡問題等。2、通過本專題學(xué)習(xí)可快速提升學(xué)生的審題能力，推理能力，綜合分析能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力模型構(gòu)建能力等。3、用到的相關(guān)知識有：電場力和能的性質(zhì)，電容器的特點，力與運動相關(guān)知識，牛頓運動定律理等。【高考真題再練】1.(多選)(2020全國Ⅲ卷)如圖所示,∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角,電荷量為q(q>0)的點電荷固定在P點。下列說法正確的是()A.沿MN邊,從M點到N點,電場強度的大小逐漸增大B.沿MN邊,從M點到N點,電勢先增大后減小C.正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大D.將正電荷從M點移動到N點,電場力所做的總功為負(fù)【情境剖析】本題屬于基礎(chǔ)性題目，以“點電荷周圍電場強度和電勢規(guī)律”為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境?！舅仞B(yǎng)能力】本題考查靜電場的電場強度分布規(guī)律和電勢、電勢能、電場力做功的關(guān)系，對考生的理解能力和邏輯推理能力有一定要求，較好地考查了考生的物質(zhì)觀念和科學(xué)推理等素養(yǎng)?！敬鸢浮緽C【解析】沿MN邊,從M點到N點,距P點的距離先變小后變大,P點的點電荷帶正電,電場強度E=kqr2.(2018全國Ⅰ卷)如圖,三個固定的帶電小球a,b和c,相互間的距離分別為ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm,小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k,則()A.a、b的電荷同號,k=169B.a、b的電荷異號,k=C.a、b的電荷同號,k=6427D.a、b的電荷異號,k=【情境剖析】本題屬于綜合性、應(yīng)用性題目，以“帶電小球的庫侖力”為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境?！舅仞B(yǎng)能力】本題通過考查庫侖定律的應(yīng)用，較好地考查了考生的科學(xué)推理和科學(xué)論證素養(yǎng)，對考生的理解能力和邏輯推理能力有一定要求?！敬鸢浮緿【解析】由題意知,小球c處在直角三角形的直角上,如果a、b為同種電荷,對小球c的庫侖力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不可能平行于a和b連線,故a、b的電荷應(yīng)異號;由三角關(guān)系tanθ=qcqb3.(2020全國Ⅰ卷)圖甲所示的電路中,K與L間接一智能電源,用以控制電容器C兩端的電壓UC。如果UC隨時間t的變化如圖乙所示,則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時間t變化的圖象中,正確的是()【情境剖析】本題屬于綜合性、應(yīng)用性題目，以“Uc隨時間t的變化圖象”為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境?！舅仞B(yǎng)能力】本題通過圖象考查電容器、歐姆定律的理解和應(yīng)用，較好地考查了考生的科學(xué)推理、科學(xué)論證素養(yǎng)，對考生的理解能力、邏輯推理能力和分析綜合能力有較高要求。【答案】A【解析】本題由利用比值求電流的公式分析求得電路中的電流,再根據(jù)部分電路歐姆定律定量分析電阻R兩端的電壓即可。由C=QUC=ΔQΔUC可得,ΔQ=CΔUC,電容器不符合歐姆定律的適用條件,電流i=ΔQΔt=CΔUCΔt4.(2019全國Ⅱ卷)如圖,兩金屬板P、Q水平放置,間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置,以速度v0平行于紙面水平射入電場,重力忽略不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能,以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場,則金屬板的長度最短應(yīng)為多少?【情境剖析】本題屬于綜合性、應(yīng)用性超目，以“帶電粒子在有界勻強電場中的偏轉(zhuǎn)”為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境?！舅仞B(yǎng)能力】本題通過考查帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的運動規(guī)律，較好地考查了考生的模型建構(gòu)、科學(xué)推理、科學(xué)論證等素養(yǎng)，對考生的理解能力、邏輯推理能力和分析綜合能力有較高要求。【答案】(1)12mv02+【解析】(1)PG、QG間電場強度大小相等,均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下,設(shè)粒子的加速度大小為a,有E=2φdF=qE=ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek,由動能定理有qEh=Ek-12m設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用的時間為t,粒子在水平方向的位移大小為l,則有h=12at2④l=v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek=12mvl=v0mdhq(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出,則金屬板的長度最短。由對稱性知,此時金屬板的長度L為L=2l=2v0md【核心考點】電場性質(zhì)的理解與應(yīng)用⑴庫侖力:F=kq1q2r2,靜電力常量k=9.0×10靜電力:F=Eq(2).電場強度:E=Fq點電荷電場強度E=kQr2(3).電勢:φ=E(4)電勢差:U=Wq,UAB=φA-φ(5)在勻強電場中,電場強度與電勢差的關(guān)系:E=U2、與平行板電容器有關(guān)的電場問題(1)電容器的電容C=QU,(2)平行板電容器的電容C=εrS4πkd3、帶電粒子在電場中的運動及綜合問題(1)粒子通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)量y=12at2=(2)粒子通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角tanθ=v【最新熱點分析】熱點一電場性質(zhì)的理解與應(yīng)用【典例1】(多選)(2020全國Ⅲ卷，改編題)如圖所示,在邊長為l的正方形四個頂點a、b、c、d處分別放置一個點電荷,M、N為db延長線上的兩點,MRN和MPN是由M到N的兩條不同路徑。a、b、c三處電荷的電荷量為q(q>0),b處電荷受到的靜電力為（2-A.d處電荷的電荷量為-qB.M點的電勢比N點的電勢高C.正方形中心O處的電場方向從b指向dD.將一點電荷分別沿路徑MRN和MPN由M移到N的過程中,靜電力做功相等【答案】ACD【解析】a、c處電荷對b處電荷的合力為F1=2kq2【典例2】(2020浙江卷T8改編題)如圖所示為兩個正電荷與一個負(fù)電荷形成的電場的等勢面,相鄰等勢面之間的電勢差相等。其中O點為兩個正電荷連線的中點,AOB連線水平,且A、B兩點關(guān)于O點對稱;CDE連線豎直,且C、E兩點關(guān)于D點對稱;以無窮遠(yuǎn)處為零勢能面,A、B、C、E、F分別在對應(yīng)的等勢面上,電勢如圖中標(biāo)注。下列說法正確的是()A.A、B兩點的電場強度相同B.將一負(fù)檢驗電荷由O點沿豎直方向移動到F點,電場力對該電荷做正功C.同一正檢驗電荷在A點處的電勢能小于其在C點處的電勢能D.D點的電勢高于-10V【答案】D【解析】根據(jù)電場線垂直于等勢面、電場線的方向是電勢降低最快的方向,得A、B兩點的電場強度大小相等,方向不同,A錯誤;將一負(fù)檢驗電荷由O點沿豎直方向移動到F點,電場力對該電荷做負(fù)功,B錯誤;根據(jù)Ep=qφ,φA>φC,可得EpA>EpC,C錯誤;根據(jù)φD-φC=EDCdCD>EEDdDE=φE-φD,有φD>12(φC+φE【方法規(guī)律歸納】1.對電勢和電場強度的三點提醒(1)電勢是標(biāo)量,是描述電場能的性質(zhì)的物理量;電場強度是矢量,是描述電場力的性質(zhì)的物理量。(2)電勢高的地方電場強度不一定大，二者在大小上無必然聯(lián)系。(3)沿電場強度方向是電勢降低最快的方向。2.對電勢和電勢能的三點理解(1)電勢和電勢能均為標(biāo)量,具有相對性,其正負(fù)表示大小。(2)某點電勢為零,試探電荷在該點的電勢能也一定為零。(3)某點電勢高,試探電荷在該點的電勢能不一定大。3.解答勻強電場有關(guān)問題的三個技巧(1)在勻強電場中,沿任意一個方向,電勢升高或降低都是均勻的,故在同一直線上間距相同的兩點間電勢差大小相等。(2)若已知勻強電場中某幾點的電勢,要求其他點的電勢時,一般采用“等分法”在電場中找與待求點的電勢相同的等勢點。(3)在勻強電場中,相互平行的等長線段的兩端點電勢差相等。熱點二與平行板電容器有關(guān)的電場問題【典例3】(2015全國Ⅱ卷T14改編題)如圖所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接,電容器上極板與一靜電計相連,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可被忽略。一質(zhì)量為m的帶電微粒靜止于電容器的中點P,P點與上、下極板間的距離均為d,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.微粒一定帶正電B.若電容器上極板豎直向下移動一小段距離,電容器電容增大,靜電計指針張角變小C.若先把電容器上極板豎直向下移動d2,再將微粒由靜止釋放,經(jīng)過時間t=3dD.若先把電容器上極板豎直向下移動d2,再將微粒由靜止釋放,微粒運動一段時間后打在極板上并被捕獲,微粒與極板作用過程中所受合外力的沖量大小為2m【答案】C【解析】由題圖可知,平行板電容器間電場方向豎直向下,微粒處于靜止?fàn)顟B(tài),滿足mg=qE,可知微粒受到的電場力方向豎直向上,故微粒一定帶負(fù)電,選項A錯誤;平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離,兩極板的間距變小,可知電容器的電容增大,靜電計指針張角的變化表征電容器兩極板間的電勢差變化,題中兩板間電勢差U為電源的電動勢E,保持不變,所以靜電計指針的張角不變,選項B錯誤;電容器上極板豎直向下移動d2后,電場強度大小由E=U2d變?yōu)镋'=U3d2=2U3d,電場力大小為qE'=4mg3,微粒向上運動的加速度大小為a=43mg-mgm【方法規(guī)律歸納】1.平行板電容器動態(tài)變化問題的兩種情況(1)電容器與電源相連,U保持不變,則有Q=CU∝C,C=εrS4(2)電容器充電后與電源斷開,Q保持不變,則有U=QC,C∝εrS注:電容器極板上電荷量變化的過程中回路中有電流!2.分析平行板電容器的動態(tài)變化問題時的兩個關(guān)鍵點(1)確定不變量:首先要明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變,一般情況下是電荷量不變或板間電壓不變。(2)恰當(dāng)選擇公式:要靈活選取電容的兩個公式分析電容的變化,應(yīng)用E=Ud分析板間電場強度的變化情況,即抓住公式C=εrS4πkd和C=熱點三帶電粒子在電場中的運動【典例4】(2021重慶高三二模)如圖所示,真空中豎直平面內(nèi)的三點A、B、C構(gòu)成直角三角形,其中AC豎直,長度為L,∠ABC=30°。勻強電場在A、B、C所決定的平面內(nèi),電場強度為E,電場方向與AB平行?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的帶電小球以初動能Ek沿CA方向從C點射出,小球通過B點時速度恰好沿AB方向,已知重力加速度為g,下列說法正確的是()A.小球所受電場力為所受重力的3倍B.經(jīng)過時間14gC.從C到B,小球做勻變速直線運動D.從C到B,小球克服重力做功與電場力做功之比為1∶3【答案】B【解析】設(shè)小球在C點的速度為vy,在B點速度為vx,AB的長度x=Ltan30°=3L,設(shè)從C到B的時間為t,有L=vy2t,3L=vx2t,解得vx=3vy,根據(jù)速度和時間的關(guān)系可得qEm=3g,解得qE=3mg,故A錯誤;設(shè)電場力和重力的合力與水平方向的夾角為θ,則有tanθ=mgqE=33,F=(【典例5】（2022云南臨滄一中模擬）如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中,存在豎直向上的勻強電場,電場強度E1=16N/C,虛線是電場的理想邊界線,虛線右端與x軸的交點為A(4,0),虛線與x軸所圍成的空間內(nèi)沒有電場;在第二象限存在水平向左的勻強電場,電場強度E2=4N/C。有一粒子發(fā)生器能在M(-4,4)和N(-4,0)兩點連線上的任意位置產(chǎn)生初速度為零的帶負(fù)電的粒子,粒子質(zhì)量m=4×10-23kg、電荷量q=6.4×10-19C,不計粒子重力和相互間的作用力,且整個裝置處于真空中。已知從MN上由靜止釋放的所有粒子,最后都能到達(dá)A點。(1)若粒子從M點由靜止開始運動,進(jìn)入第一象限后始終在電場中運動并恰好到達(dá)A點,求到達(dá)A點的速度大小。(2)若粒子從MN上的中點由靜止開始運動,求該粒子從釋放點運動到A點的時間。【答案】(1)1.6×103m/s(2)35【解析】(1)由動能定理qE2Δx+qE1Δy=12mv得v=1.6×103m/s。(2)由動能定理得qE2Δx=1在第二象限運動的時間t1=2在第一象限運動的時間t2=l總時間t=t1+t2=35【方法規(guī)律歸納】【考場練兵】一、基礎(chǔ)強化練1.(2022昆明一中、銀川一中高三聯(lián)合考試)在一正交直角坐標(biāo)系的坐標(biāo)原點O處有一帶正電的點電荷，x軸上0.1m處放一試探電荷，其受力與電量的關(guān)系如圖所示，y軸上有一點b，其場強為1N/C，則b點的坐標(biāo)為（）A.（0，0.1m） B.（0，0.2m） C.（0，0.3m） D.（0，0.4m）【答案】C【解析】x軸上0.1m處場強為距離坐標(biāo)原點r處的場強則，聯(lián)立解得故ABD錯誤，C正確。故選C。2.(2021河南高三二模)如圖所示,真空中固定有兩個等量正電荷A和B,連線的中點為O點,在A、B連線的中垂線上的C點固定一試探電荷q(對A、B電荷產(chǎn)生的電場無影響),電性未知?，F(xiàn)將電荷B沿A、B連線緩慢移動到O點并固定,若取無窮遠(yuǎn)處電勢為零,不考慮移動電荷產(chǎn)生的磁場,則在電荷B移動過程中,下列說法正確的是()A.C點的電場強度先增大后減小B.C點的電場強度一直增大C.若試探電荷q帶負(fù)電,則其電勢能一定增大D.由于試探電荷q的電性未知,故C點的電勢可能減小【答案】B【解析】電荷A單獨在C點產(chǎn)生的電場強度方向不變,電荷B在向O點移動的過程中,電荷B在C點產(chǎn)生的電場強度逐漸增大,且與電荷A單獨在C點產(chǎn)生的電場強度夾角逐漸變小,則C點的合電場強度一直增大,故A錯誤,B正確;在電荷B移動到O點的過程中,電荷B在C點處的電勢一定增大,電荷A未動,電荷A在C點處的電勢不變,所以電荷A和電荷B在C點的電勢之和一定增大,若試探電荷q帶負(fù)電,則其電勢能一定減小,故C、D兩項錯誤。3.（多選）(2022屆云南三校高考備考實用性聯(lián)考卷)如圖所示，正方形ABCD的四個頂點各固定一個點電荷，所帶電荷量分別為+q、+q、-q、-q，E、F、O分別為AB、DC及AC的中點。已知無窮遠(yuǎn)處電勢為零，下列說法正確的是（）A.O點電勢為零B.O點的電場強度為零C.E點電勢高于F點電勢D.把電子從O點移向F點，電子的電勢能增大【答案】ACD【解析】A．因為等量異種電荷中垂線為等勢線，又無窮遠(yuǎn)處電勢為零，所以O(shè)點電勢為零，故A正確；B．因為AC兩點的電荷在O電場強沿著OC方向，而BD兩點的電荷在O電場強沿著OD方向，由場強疊加原理可知O點的電場強度不為零，故B錯誤；C．因為正點電荷的電場中電勢大于零，負(fù)點電荷的電場中電勢小于零，故E點電勢高于F點電勢，故C正確；D．把電子從O點移向F點，電勢降低，則電子的電勢能增大，故D正確。故選ACD。4.(2021江蘇南京高三二模)某電子透鏡的電場分布如圖所示,虛線為等差等勢面,一電子在其中運動的軌跡如圖中實線所示,a、b是軌跡上的兩點,則()A.a點的電場強度大于b點的電場強度B.b點電場強度的方向水平向右C.a點的電勢高于b點的電勢D.電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能【答案】C【解析】等差等勢面的疏密可表示電場強弱,由于a點等差等勢面比b點稀疏,故a點的電場強度小于b點的電場強度,故A錯誤;電場線垂直于等勢面,則b點電場強度垂直等勢面沿水平方向,電子軌跡為曲線,所受電場力指向軌跡凹側(cè),即水平向右,又電子帶負(fù)電,故b點電場強度的方向水平向左,故B錯誤;沿著電場線方向,電勢逐漸降低,電場線由高等勢面指向低等勢面,電子受力方向向右,則電場線方向向左,故a點電勢高于b點,故C正確;因為φa>φb,電子在電勢低的地方電勢能大,在電勢高的地方電勢能小,故電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能,故D錯誤。5.(2021河南新鄉(xiāng)高三二模)如圖所示,在邊長為L的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有電場強度大小為E的勻強電場,圖中豎直平行的直線為勻強電場的電場線(方向未知)。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子,從A點以某一初速度沿AB邊,垂直電場方向進(jìn)入電場,經(jīng)過電場中的P點并從BC邊上的Q點離開電場,帶電粒子通過Q點的速度方向與水平方向的夾角為53°,已知∠PAD=60°,忽略空氣的阻力,不考慮帶電粒子受到的重力,sin53°=0.8,cos53°=0.6。下列說法正確的是()A.帶電粒子從A點運動到Q點的過程中,電場力所做的功為2B.帶電粒子從A點運動到Q點的過程中,電場力所做的功為qELC.帶電粒子從A點運動到P點的時間為2mLD.帶電粒子從A點運動到P點的時間為2mL【答案】A【解析】根據(jù)類平拋運動規(guī)律的推論可知,粒子在Q點速度方向的反向延長線一定過AB中點,根據(jù)幾何關(guān)系可知tan53°=BQAB2,解得粒子運動到Q點時的豎直位移為y=BQ=23L,帶電粒子從A點運動到Q點的過程中,電場力所做的功為W=qEy=23qEL,故A正確,B錯誤;設(shè)帶電粒子的初速度大小為v0,經(jīng)時間t2運動到Q點,則有v0t2=L,qE2mt22=23L,聯(lián)立上述兩式解得v06.（多選）（2022年廣州市普通高中畢業(yè)班綜合測試）如圖，在干燥的冬天，手接觸房間的金屬門鎖時，會有一種被電擊的感覺，帶負(fù)電的手在緩慢靠近門鎖還未被電擊的過程中，門鎖（）A.近手端感應(yīng)出正電荷 B.電勢比手的電勢低C.與手之間場強逐漸增大 D.與手之間場強保持不變【答案】AC【解析】A．放電前手指靠近金屬門鎖的過程中，門鎖在手的影響下，發(fā)生靜電感應(yīng)，近手端感應(yīng)出正電荷，故A正確；B．由于門鎖近手端帶正電，手帶負(fù)電，二者間空間產(chǎn)生電場，電場線由門鎖近手端指向手，所以門鎖電勢比手的電勢高，故B錯誤；CD．隨著手的靠近，二者間距逐漸減小，將門鎖與手之間看成一個電容器，可知當(dāng)兩者距離減小時，根據(jù)公式聯(lián)立，可得由于異種電荷相互吸引，手接近的過程中，感應(yīng)電荷越來越接近手，門鎖近手端電荷密度越來越大，電荷分布的電荷密度變大，故門鎖與手指之間場強逐漸增大，故C正確，D錯誤。故選AC。7.(多選)(2021福建高三二模)空間中有水平方向上的勻強電場,一質(zhì)量為m,帶電荷量為q的微粒在某豎直平面內(nèi)運動,其電勢能和重力勢能隨時間的變化如圖所示,則該微粒()A.一定帶正電B.0~3s內(nèi)電場力做功為-9JC.運動過程中動能不變D.0~3s內(nèi)除電場力和重力外所受其他力對微粒做功為12J【答案】BCD【解析】由于不清楚電場強度的方向,所以無法確定微粒的電性,故A錯誤;由圖可知,0~3s內(nèi)電勢能增加9J,則0~3s內(nèi)電場力做功為-9J,故B正確;由圖可知,電勢能均勻增加,即電場力做功與時間成正比,說明沿電場力方向做勻速直線運動,同理,沿重力方向也做勻速直線運動,則微粒的合運動為勻速直線運動,所以運動過程中動能不變,故C正確;由功能關(guān)系可知,0~3s內(nèi)重力勢能與電勢能之和增加12J,則0~3s內(nèi)除電場力和重力外所受其他力對微粒做功為12J,故D正確。8.(貴陽市五校2022屆高三年級聯(lián)合考試)如圖所示，在正點電荷Q的電場中有A、B、C、D四點，A、B、C為等邊三角形的三個頂點，D為AC的中點，A、B、C、D四點的電場強度大小分別用EA、EB、EC、ED表示，已知EA=EB=EC，點電荷Q在，A、B、C三點構(gòu)成的平面內(nèi)。則（）A.EA=B.點電荷Q在BD連線的中點處C.A、D兩點間和D、C兩點間的電勢差滿足UAD=UDCD.將一負(fù)點電荷q從A點沿直線AC移到C點，電勢能先減小后增大【答案】D【解析】B．點電荷Q在A、B、C三點構(gòu)成的平面內(nèi)，正點電荷Q的電場，EA=EB=EC，則正點電荷在等邊三角形ABC的中心O；D為AC的中點，故點電荷Q不在BD連線的中點處，B錯誤；A．由幾何關(guān)系得再據(jù)點電荷的場強公式可得A錯誤；C．AC兩點到正點電荷的距離相等，則所以A、D兩點間和D、C兩點間的電勢差滿足C項錯誤；D．在正點電荷的電場中，離場源越遠(yuǎn)，電勢越低，從A點沿直線到C點過程中，電勢先增大后減小，則負(fù)點電荷q從A點沿直線移到C點的過程中電勢能先減小后增大，電場力先做正功再做負(fù)功，D項正確；故選D。二、能力提升練9.（2022屆湖南高中畢業(yè)班聯(lián)考）飛船在進(jìn)行星際飛行時，使用離子發(fā)動機作為動力，這種發(fā)動機工作時，由電極發(fā)射的電子射人稀有氣體（如氙氣），使氣體離子化，電離后形成的離子由靜止開始在電場中加速并從飛船尾部高速連續(xù)噴出，利用反沖使飛船本身得到加速。已知一個氙離子質(zhì)量為m，電荷量為q，加速電壓為U，飛船單位時間內(nèi)向后噴射出的氙離子的個數(shù)為N，從飛船尾部高速連續(xù)噴出氙離子的質(zhì)量遠(yuǎn)小于飛船的質(zhì)量，則飛船獲得的反沖推力大小為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根據(jù)動能定理，有解得對時間內(nèi)噴射出的氙離子，根據(jù)動量定理，有其中聯(lián)立有故選C。10.(多選)(2022安徽池州高三一模)如圖所示為某靜電場中x軸上各點電勢φ的分布圖,一個質(zhì)量為m,電荷量絕對值為q的帶電粒子從坐標(biāo)x2處以初速度v0沿x軸負(fù)方向出發(fā),帶電粒子僅在靜電力作用下恰好在[x1,x3]區(qū)間內(nèi)往返運動,則下列說法正確的是()A.粒子一定帶負(fù)電B.粒子從x1運動到x3的過程中,加速度先增大后減小C.粒子從x1運動到x3的過程中,電場力先做負(fù)功后做正功D.x2位置的電勢φ2=m【答案】AD【解析】帶電粒子僅在靜電力作用下恰好在[x1,x3]區(qū)間內(nèi)往返運動,可知粒子從x1到x3速度先增大后減小,動能先增大后減小,根據(jù)能量關(guān)系可知電勢能先減小后增大,由圖象可以看出從x1到x3電勢先增大后減小,所以粒子帶負(fù)電,選項A正確;圖象斜率表示電場強度大小,從x1到x3,電場強度先減小后增大,根據(jù)牛頓第二定律知加速度先減小后增大,選項B錯誤;帶電粒子僅在靜電力作用下恰好在[x1,x3]區(qū)間內(nèi)往返運動,可知粒子從x1到x3速度先增大后減小,所以帶電粒子從x1到x3的過程中,電場力先做正功后做負(fù)功,C錯誤;根據(jù)動能與電勢能之和守恒有-qφ0=12mv02-qφ2,可得x211.(多選)(2021福建福州高三二模)空間中存在一靜電場,一電子從x=0處以一定的初速度沿+x軸方向射出,僅在電場力作用下在x軸上做直線運動,其電勢能Ep隨位置x變化的關(guān)系如圖所示。則下列判斷正確的是()A.x1處電場強度比x3處電場強度大B.x2處電勢最大、電場強度最小C.x3處的電場強度方向沿x軸正方向D.電子在x=0處的速度大于x3處的速度【答案】AD【解析】根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系可知Ep=qφ,電場強度與電勢的關(guān)系E=ΔφΔx,所以E=1q·ΔEpΔx,Ep-x圖象的斜率為ΔEpΔx,因為x1處的斜率比x3處的斜率大,所以x1處電場強度比x3處電場強度大,故A正確;由于電子帶負(fù)電,在x2處,電子的電勢能最大,電勢最小,x212.(多選)(2021山西晉中高三二模)如圖所示,真空中有一勻強電場(圖中未畫出),電場方向與圓周在同一平面內(nèi),△ABC是圓的內(nèi)接直角三角形,∠BAC=63.5°,O為圓心,半徑R=5cm。位于A處的粒子源向平面內(nèi)各個方向發(fā)射初動能均為8eV、電荷量為+e的粒子,有些粒子會經(jīng)過圓周上不同的點,其中到達(dá)B點的粒子動能為12eV,到達(dá)C點的粒子電勢能為-4eV(取O