2019届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201902203272.doc

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1、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 311A a、 b 的电荷同号， k B a、 b 的电荷异号， k169 169C a、 b 的电荷同号， k D a、 b 的电荷异号， k6427 6427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

2、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 37 Fbcos 37，解得 ，又由库仑定律及以上各式代入数据可解得| | ，B 错误，FaFb 43 qaqb 6427D 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

3、， 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 3122A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，则电场力做功一定为W1 W22C若 c、 d 之间的距离为 L，则该电场的场强大小一定为W2qLD若 W1 W2，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，( a b)q W1，( c d)q W2，只能得出 a、 b 两点间和 c、 d两点间的电势

4、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 a c2、 WMN q( M N)，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 b d2WMN ，所以 B 正确；若 W1 W2，有 a b c d，变形可得W1 W22 a c b d，又 a M a ， b N b ，所以 a c2 a c2 b d2 b d2 a M b N，D 正确。答案 BD3(多选)(2018全国卷)图 313 中虚线 a、 b、 c、 d、 f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面 b

5、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 E q 2 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

6、，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 3eV，由公式 Ek mv2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12 2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

7、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)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

8、向上，大小 a1满足qE2 mg ma1油滴在时刻 t1的速度为v1 v0 a1t1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qE2 mg ma2油滴在时刻 t2 t1的速度为v2 v1 a2t1由式得v2 v02 gt1(2)由题意，在 t0 时刻前有qE1 mg油滴从 t0 到时刻 t1的位移为s1 v0t1 a1t 12 21油滴在从时刻 t1到时刻 t22 t1的时间间隔内的位移为s2 v1t1 a2t 12 21由题给条件有v 2 g(2h)204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s1 s2 h由式得E2

9、 E12 2v0gt1 14(v0gt1)2为使 E2 E1，应有22 21v0gt1 14(v0gt1)即当 0 t1(1 ) 32 v0g或 t1 (132)v0g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s2 s1 h由式得E2 E12 2v0gt1 14(v0gt1)2为使 E2 E1，应有22 21v0gt1 14(v0gt1)即 t1 (52 1)v0g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)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

10、运动5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。Fq(2)真空中点电荷： E k 。 E 由场源电荷 Q 和场源电荷到某点的距离 r 决定。Qr2(3)匀强电场： E 。式中 d 为两点间沿电场方向的距离。Ud2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Wq多，则该点的电势越高；(3)根据电势差 UAB A B，若 UAB0，则 A B，反之 A B。3电势能变化的判断(1)根据电场力做功判断： WAB Ep

11、。(2)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 314A vM vN， aM aN B vM vN， M NC

12、 M N， EpM EpN D aM aN， EpM EpN解析 由粒子轨迹弯曲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 vM vN， EpM EpN，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6电场力的大小，由牛顿第二定律可知， aM aN，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

13、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

14、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 v t 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 3167A B 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D A、 B 两点电势差

15、 UAB5 V解析 由 v t 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 47 5m/s22 m/s2，所受的电场力最大为 F ma12 N2 N，则电场强度的最大值为E 1 N/C，选项 A 正确；由 v t 图像可得，由 C 到 A 的过程中，物块一直加速，电场Fq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qUAB mv mv 1(426 2)

16、J10 J，得 UAB5 V，选项 D 正确。12 2B 12 2A 12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 Ep q (代入正负号)判断电势能大小。(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

17、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QU8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 rS4 kdS、 d、 r的关系；关系式 E 。Ud2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

18、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C A、 B 两板间的电场强度增大D P 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， rS4 kd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

19、量减小，场强大小变小，故 C 错误；因场强Ud rS4 kd 4 kQ rS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9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 318A a 的质量比 b 的大

20、B在 t 时刻， a 的动能比 b 的大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 x a0t2，知微粒 a 的加速12度大，由 qE ma0，知微粒 a 的质量小，A 错误。由动能定理 qEx Ek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 qEt mv 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

21、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

22、量为 e，加速10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 U2.010 2 V， d4.010 2 m， m9.110 31 kg， e1.610 19 C， g10 m/s 2。解析 (1)根据功和能的关系，有 eU0 mv12 20电子射入偏转电场时的初速度 v0 2eU0m在偏转电场中，电子的运动时间 t

23、 L Lv0 m2eU0加速度 a eEm eUmd偏转距离 y a( t)212 UL24U0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G mg10 30 N电场力 F 10 6 N。eUd由于 FG，因此不需要考虑电子所受的重力。答案 (1) 2eU0m UL24U0d(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，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

24、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。11图 3111(1)求电子通过偏转电场的时间 t0；(2)若 UAB的周期 T t0，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 T2 t0，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： v0t0 l解得 t0lv0(2)当 T t0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：ym2 a 212(t02

25、)aeU0md解得最大距离 ymeU0l24mdv20(3)当 T2 t0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 2 a( t)212y 下 a(t02 t)2 a(t02 t)12 (0.7lv0)要到达 O点，则有 y 上 y 下解得： t0.4 t0，另一解： t3 t0舍去所以到达 O点的电子在竖直方向上的速度大小为 vy a(t02 t)到达荧光屏上 O点的电子的速率为 v v20 v2y解得电子击中荧光屏上

26、 O点时的速率：12v 。v20 (eU0l5mdv0)2答案 (1) (2) (3) lv0 eU0l24mdv20 v20 (eU0l5mdv0)2【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1 21 42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

27、 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匀加速直线运动，则 a ，偏转距离为 y at2，运动时间为 tqEm 12，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Lv0 qEL22mv20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，qEL22mv20 qmEL22(mv0)2则在荧光屏上将只出现

28、 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：13图 3113(1)若 t0 时粒子从 a 点射入金属板，粒子在

29、内离开中心线的距离为多大？T4(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T4y a( T)212 14又 a ， EqEm U0d解得 yqU0T232md(2)粒子进入电场的时间为 T， T， T，14 34 54即粒子进入电场的时间为 t T(n1,2,3，)2n 14(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 L nTv0，解得

30、 TLnv0粒子在 T 内离开中心线的距离为 y14 qU0T232md在运动过程中离开中心线的最大距离为ym2 yqU0T216md粒子不撞击金属板，应有 ym d，解得 T2 d12 2mqU0故 n12dv0qU02m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。Lnv0 12dv0qU02m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

31、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 刚离开电场时的动能的 1.5 倍。不计空14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：v0 at0s1 v0t at212s

32、2 v0t at212联立解得： s1s2 31(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：v 2 gh2yH vyt gt212因为 M 在电场中做匀加速直线运动，则 v0vy s1H由可得 h H13(3)设电场强度为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则 a v0vy qEmg qEm设 M、 N 离开电场时的动能分别为 Ek1、 Ek2，由动能定理：Ek1 m(v v ) mgH qEs112 20 2yEk2 m(v v ) mgH qEs212 20 2y由已知条件： Ek11.5 Ek215联立 解得： E 。mg2q答案 (1)31 (2) H (3) E13 mg2q