2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題三第1講電場及帶電粒子在電場中的運動作業(yè)含解析

PAGE10-第1講電場及帶電粒子在電場中的運動(45分鐘)[基礎(chǔ)題組專練]1．(2024·四川成都其次次診斷)如圖所示，邊長為L的正六邊形ABCDEF的5條邊上分別放置5根長度也為L的相同絕緣細(xì)棒，每根細(xì)棒勻稱帶上正電?，F(xiàn)將電荷量為＋Q的點電荷置于BC中點，此時正六邊形幾何中心O點的場強為零。若移走＋Q及AB邊上的細(xì)棒，則O點電場強度大小為(k為靜電力常量，不考慮絕緣棒及＋Q之間的相互影響)()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：依據(jù)對稱性，AF與CD邊上的細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度疊加為零，AB與ED邊上的細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度疊加為零。BC中點的點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝eq\f(kQ,（Lsin60°）2)＝eq\f(4kQ,3L2)，因EF邊上的細(xì)棒與BC中點的點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度疊加為零，則EF邊上的細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E2＝E1＝eq\f(4kQ,3L2)，故每根細(xì)棒在O點產(chǎn)生的電場強度大小均為eq\f(4kQ,3L2)，移走＋Q及AB邊上的細(xì)棒，O點的電場強度即為EF與ED邊上的細(xì)棒在O點產(chǎn)生的合場強，這兩個場強夾角為60°，所以疊加后電場強度大小為E0＝2×eq\f(4kQ,3L2)cos30°＝eq\f(4\r(3)kQ,3L2)，故選項D正確。答案：D2．(2024·江蘇常州高三模擬)如圖所示，A、B是構(gòu)成平行板電容器的兩金屬極板，當(dāng)開關(guān)S閉合時，在P點處有一個帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將開關(guān)S斷開，再將A、B板分別沿水平方向向左、右平移一小段距離。此過程中，下列說法正確的是()A．電容器的電容增加B．電阻R中有電流流過C．兩極板間的電場強度不變D．若帶電液滴仍在P點時其電勢能減小解析：當(dāng)A板向左平移一小段距離，B板向右平移一小段距離時，S減小，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容器的電容C減小，故A項錯誤；因開關(guān)S斷開，電容器無法充、放電，電阻R中無電流流過，故B項錯誤；依據(jù)E＝eq\f(U,d)與C＝eq\f(εrS,4πkd)相結(jié)合可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，因電荷量Q不變，S減小，故電場強度E增大，故C項錯誤；因電場強度增大，導(dǎo)致P點與B板間的電勢差增大，因B板接地，電勢為零，即P點電勢上升，帶電粒子帶負(fù)電，依據(jù)Ep＝qφ知，帶電液滴仍在P點時電勢能減小，故D項正確。答案：D3．(多選)(2024·高考全國卷Ⅱ)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止起先運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則()A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點間，粒子的軌跡肯定與某條電場線重合C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D．粒子在N點所受電場力的方向肯定與粒子軌跡在該點的切線平行解析：如圖所示，在兩正電荷形成的電場中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運動時，粒子有可能經(jīng)過先加速再減速的過程，A正確。粒子運動軌跡與電場線重合需具備初速度為零、電場線為直線、只受電場力三個條件，B錯誤。帶電粒子僅受電場力在電場中運動時，其動能與電勢能的總量不變，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正確。粒子運動軌跡的切線方向為速度方向，由于粒子運動軌跡不肯定是直線，故粒子在N點所受的電場力方向與粒子軌跡切線方向不肯定平行，D錯誤。答案：AC4．如圖為某示波管內(nèi)的聚焦電場，其中虛線為等勢線，相鄰等勢線間電勢差相等。圖中a、b、c是一個從左側(cè)進(jìn)入聚焦電場的電子運動軌跡上的三點，若電子僅受電場力的作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則()A．a(chǎn)c>ab>aa，vc>vb>vaB．a(chǎn)a>ab>ac，va>vb>vcC．a(chǎn)b>ac>aa，vb>va>vcD．a(chǎn)a>ac>ab，va>vc>vb解析：依據(jù)等勢線可以大致畫出電場線，等勢面密集的地方電場線比較密，電場強度比較大，所以加速度的關(guān)系為ac>ab>aa；依據(jù)運動軌跡彎曲的方向可知，電場力做正功，所以速度越來越大，有vc>vb>va，選項A正確。答案：A5．(多選)(2024·高考全國卷Ⅲ)如圖，∠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，電場強度的大小漸漸增大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)解析：該點電荷形成的電場過M、N兩點的等勢面如圖所示。距P越近，電場強度越大，沿MN邊，從M點到N點，與P點的距離先變小后變大，電場強度先增大后減小，A錯誤；沿電場線方向電勢降低，沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小，B正確；M點電勢高于N點電勢，依據(jù)Ep＝qφ知，正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能，C正確；將正電荷從M點移動到N點，即從高電勢移動到低電勢，電場力所做的總功為正，D錯誤。答案：BC6．如圖(a)所示，AB是某電場中的一條電場線，若有一電子以某一初速度且僅在電場力的作用下，沿AB由點A運動到點B，所經(jīng)位置的電勢隨距A點的距離改變的規(guī)律如圖(b)所示。以下說法正確的是()A．電子在A、B兩點的速度vA＜vBB．A、B兩點的電勢φA＜φBC．電子在A、B兩點的電勢能EpA＞EpBD．A、B兩點的電場強度EA＞EB解析：由圖(b)可知，電勢漸漸降低，可推斷出電場線的方向從A到B，在移動過程中，電場力做負(fù)功，電子的動能減小，速度減小，而電子的電勢能增大，即有vA＞vB，EpA＜EpB，故A、C錯誤；電場線的方向從A到B，則A、B兩點的電勢φA＞φB，故B錯誤；φ-x圖像的斜率大小等于電場強度，由幾何學(xué)問可知，圖像的斜率漸漸減小，則從點A到點B場強漸漸減小，則有EA＞EB，故D正確。答案：D7．如圖所示，在水平向右的勻強電場中，固定有一根與水平方向成45°角的絕緣光滑直桿ab。一帶電小圓環(huán)套在桿上，恰好能沿桿勻速下滑。當(dāng)小圓環(huán)以大小為v0的速度從b端脫離桿后，經(jīng)過一段時間正好通過b端正下方的c點處。已知重力加速度為g，桿固定不動，則b、c兩點之間的距離為()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：小圓環(huán)恰好能沿桿勻速下滑，則對小圓環(huán)受力分析可知，電場力水平向左，大小為F＝mg；脫離細(xì)桿后，小圓環(huán)的水平速度和豎直速度均為vx＝vy＝v0sin45°＝eq\f(\r(2),2)v0，水平加速度方向向左，大小為a＝eq\f(F,m)＝g，則由b到c點運動的時間t＝eq\f(2vx,g)＝eq\f(\r(2)v0,g)，則豎直方向y＝vyt＋eq\f(1,2)gt2＝eq\f(2veq\o\al(2,0),g)，故選項C正確。答案：C8．(多選)(2024·高考江蘇卷)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為＋q的點電荷Q1從無窮遠(yuǎn)處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最終將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點。下列說法正確的有()A．Q1移入之前，C點的電勢為eq\f(W,q)B．Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0C．Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2WD．Q2在移到C點后的電勢能為－4W解析：依據(jù)電場力做功可知－W＝q(0－φC1)，解得φC1＝eq\f(W,q)，選項A正確；B、C兩點到A點的距離相等，這兩點電勢相等，Q1從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，選項B正確；依據(jù)對稱性和電勢疊加可知，A、B兩點固定電荷量均為＋q的點電荷后，C點電勢為φC2＝2φC1＝eq\f(2W,q)，帶電荷量為－2q的點電荷Q2在C點的電勢能為EpC＝(－2q)×φC2＝－4W，選項D正確；Q2從無限遠(yuǎn)移動到C點的過程中，電場力做的功為0－EpC＝4W，選項C錯誤。答案：ABD[實力題組專練]9．(2024·山西康杰中學(xué)高三質(zhì)檢)如圖所示，平行板電容器PQ與電源相接，電源與電容器之間接一志向二極管D。當(dāng)電容器極板Q移至虛線處時，有關(guān)電容器的下列說法正確的是()A．電容減小，極板所帶電荷量減小B．電容減小，極板間電壓不變C．極板間電壓不變，電場強度減小D．極板所帶電荷量不變，電場強度不變解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知板間距離變大，電容減小，假設(shè)電壓不變，則電荷量會減小，但由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹?，則極板所帶電荷量不變，那么依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，極板間的電壓增大，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，U＝Ed，得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由此分析可知，板間電場強度E不變，D正確。答案：D10．(多選)(2024·湖北十堰高三模擬)如圖所示，在豎直面(紙面)內(nèi)有一勻強電場，帶電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的小球受水平向右的大小為F的恒力，從M勻速運動到N。已知MN長為d，與力F的夾角為60°，重力加速度為g，則()A．場強大小為eq\f(\r(F2＋m2g2),q)B．M、N間的電勢差為eq\f(d,q)eq\r(F2＋m2g2)C．從M到N，電場力做的功為eq\f(\r(3),2)mgd－eq\f(1,2)FdD．若僅將力F方向順時針轉(zhuǎn)60°，小球?qū)腗向N做勻變速直線運動解析：小球做勻速運動，所受合力為0，小球受到豎直向下的重力、水平向右的恒力F及電場力，則電場力與重力和恒力F的合力等大反向，即qE＝eq\r(（mg）2＋F2)，則場強大小E＝eq\f(\r(F2＋m2g2),q)，A正確；勻強電場的電場線方向不沿MN方向，所以M、N間的電勢差不是eq\f(\r(F2＋m2g2),q)d，B錯誤；對小球從M到N的過程，由動能定理得－mgdsin60°＋Fdcos60°＋W電＝0，則電場力做的功W電＝eq\f(\r(3),2)mgd－eq\f(1,2)Fd，C正確；重力與電場力的合力與恒力F等大反向，即重力與電場力的合力大小為F，方向水平向左，與MN的延長線夾角為60°，若將力F方向順時針轉(zhuǎn)60°，此時力F與MN的延長線夾角也為60°，由平行四邊形定則可得它們的合力方向沿NM方向，所以小球?qū)腗到N做勻變速直線運動，D正確。答案：ACD11．(2024·高考全國卷Ⅰ)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心、半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進(jìn)入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速度v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°。運動中粒子僅受電場力作用。(1)求電場強度的大小。(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量改變量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？解析：(1)粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C。由幾何關(guān)系和電場強度的定義知AC＝R ①F＝qE ②由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qR) ④(2)如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行。作與BC平行的直線與圓相切于D點，與AC的延長線交于P點，則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大。由幾何關(guān)系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R ⑤設(shè)粒子以速度v1進(jìn)入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為t1。粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運動，運動的距離等于DP。由牛頓其次定律和運動學(xué)公式有F＝ma ⑥AP＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1) ⑦DP＝v1t1 ⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2),4)v0 ⑨(3)設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場時，在電場中運動的時間為t。以A為原點，粒子進(jìn)入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系。由運動學(xué)公式有y＝eq\f(1,2)at2 ⑩x＝vt ?粒子離開電場的位置在圓周上，有(x－eq\f(\r(3),2)R)2＋(y－eq\f(1,2)R)2＝R2 ?粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零。設(shè)穿過電場前后動量改變量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y方向的速度重量為v2，由題給條件及運動學(xué)公式有mv2＝mv0＝mat ?聯(lián)立②④⑥⑩???式得v＝0 ?和v＝eq\f(\r(3),2)v0 ?另解：由題意知，初速度為0時，動量增量的大小為mv0，此即問題的一個解。自A點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，沿y方向位移相等時，所用時間都相同。因此，不同粒子運動到線段CB上時，動量改變都相同，自B點射出電場的粒子，其動量改變也為mv0，由幾何關(guān)系及運動學(xué)規(guī)律可得，此時入射速率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．如圖所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的