2023屆二輪復(fù)習(xí)三第1講　電場　帶電粒子在電場中的運動素養(yǎng)作業(yè)

專題三電場與磁場

第1講電場帶電粒子在電場中的運動

提升專題素養(yǎng)、分層訓(xùn)練測效果一）

\保分綜合練

1.（2021?全國乙卷，15）如圖a,在一塊很大的接地金屬平板的上方固

定一負電荷。由于靜電感應(yīng),在金屬平板上表面產(chǎn)生感應(yīng)電荷,金屬板

上方電場的等勢面如圖b中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都相等。

若將一正試探電荷先后放于M和N處,該試探電荷受到的靜電力大小

分別為F“和F、,相應(yīng)的電勢能分別為E洲和口,則（A）

/-”…,*\

：Z--'?

?:.<-:-1:;

0

r…二二二二....

圖a--------圖b

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

C.RKFN,EpM〈EpND.FM>F、,EpM^EpN

解析:等勢面的疏密反映電場強度的大小，故N點的電場強度大于M點

的電場強度，同一正的試探電荷在N點受到的靜電力大，即FRFN；在負

的點電荷形成的電場中，離負點電荷越近，電勢越低,正試探電荷的電

勢能越小，故夕M>?N,EPM>EPN,A正確。

2.（2021?江蘇卷,2）有研究發(fā)現(xiàn),某神經(jīng)細胞傳遞信號時，離子從細

胞膜一側(cè)流到另一側(cè)形成跨膜電流,若將該細胞膜視為1XIO-8F的電

容器，在2ms內(nèi)細胞膜兩側(cè)的電勢差從-70mV變?yōu)?0mV,則該過程

中跨膜電流的平均值為（D）

A.1.5X107AB.2X107A

C.3.5X107AD.5X107A

9

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

則該過程中跨膜電流的平均值為I丹=白瞿A=5X107A,故選D。

3.（2022?福建龍巖三模）（多選）如圖所示,空間有a、b兩個點電荷，

實線為電場線,虛線為某帶電粒子只在靜電力作用下的運動軌跡,M、N

為軌跡上的兩點，則（CD）

A.M點的電勢比N點的高

B.M點的電場強度比N點的大

C.a、b為異種電荷,a的電荷量小于b的電荷量

D.粒子從M點運動到N點電勢能減小

解析：由于不清楚a、b兩個點電荷的電性和帶電粒子的電性,故不能

確定電場線的指向，不能確定M、N兩點的電勢高低,A錯誤;M點處的

電場線比較稀疏,N點處的電場線比較密集，故M點的電場強度比N點

的小,B錯誤；由圖中電場線分布可知,a、b為異種電荷,且b附近電場

線更密集,故a的電荷量小于b的電荷量,C正確;如圖所示,帶電粒子

從M點運動到N點受到的靜電力與速度方向的夾角為銳角，靜電力做

正功，故電勢能減小,D正確。

4.（2022?安徽合肥三模）在x軸上分別固定兩個點電荷Qi、Q%Q2位于

坐標(biāo)原點0處。兩點電荷形成的靜電場中,x軸正半軸上的電勢。隨x

變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（D）

A.X3處電勢°最高，電場強度最大

B.Qi帶負電,Q2帶正電

C.Q）的電荷量小于Q?的電荷量

D.電子從xi處沿x軸移動到X2處，電勢能增加

解析:根據(jù)E=華可知，*x圖像的斜率表示電場強度,X3處電勢.最高,

電場強度為零,A錯誤；由圖可知,x-0時，*--8,說明Qz帶負電，而

在整個空間存在夕＞0的區(qū)域，說明Q1帶正電,B錯誤;在X3處電場強度

為零，說明兩個點電荷在該處電場強度大小相等，方向相反，根據(jù)

E=k$可知,Qi的電荷量大于Q2的電荷量,C錯誤；電子從XI處沿X軸移

動到X2處,靜電力對電子做負功，電勢能增加,D正確。

5.（2022?山東泰安二模）如圖所示，4ABC是圓的內(nèi)接三角形，

NBAC=63.5°,0為圓心,AC為直徑，半徑R=5cm。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)，取0點電勢為零。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，

其中到達B點的粒子動能為12eV,到達C點的粒子電勢能為-4eVo

不計粒子受到的重力和粒子間的相互作用，取sin530=0.8o則勻強

電場的電場強度大小為（C）

A.25V/mB.50V/m

C.100V/mD.200V/m

解析:根據(jù)電勢能表達式Ep=e^c=-4eV,可知粒子在C點的電勢為般=

-4V,根據(jù)UAO=UOC=（PO-<PC,可得力A=I°C=4V,粒子從A到B的過程，

根據(jù)動能定理可得WAB=e（?「0B）=12eV-8eV=4eV,解得分=0V,可知

0B連線為等勢線,過A點作0B的垂線,如圖所示。由圖中幾何關(guān)系可

得a=2。=2X（90°-63.5°）=53°,則勻強電場的電場強度大小為

6.（2022?廣東深圳一模）利用圖甲所示電路研究電容器充放電過程，

開關(guān)接1端后，電流傳感器G記錄電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。

則電容器電容C、極板電荷量Q、上極板電勢0、兩端電壓U隨時間t

變化規(guī)律正確的是（B）

J0I

解析：電容器的電容不會因為充電而發(fā)生變化，電容的值取決于其內(nèi)

部性質(zhì)，所以電容C不變,故A錯誤;開關(guān)接1端后，電容器與電源相連,

開始充電，電容器上電荷量Q、兩端電壓U都會隨時間增大,故B正確,D

錯誤；電容器下極板接地，所以上極板的電勢。即為電容器兩端電壓，

隨時間增大，故C錯誤。

7.（2022?河北卷,6）如圖，真空中電荷量為2q和-q（q>0）的兩個點電

荷分別位于M點與N點,形成一個以MN延長線上0點為球心，電勢為

零的等勢面（取無窮遠處電勢為零），P為MN連線上的一點,S為等勢面

與直線MN的交點,T為等勢面上的一點，下列說法正確的是（B）

2a!-Q

A.P點電勢低于S點電勢

B.T點電場強度方向指向0點

C.除無窮遠處外,MN直線上還存在兩個電場強度為零的點

D,將正試探電荷q。從T點移到P點,靜電力做正功

解析:根據(jù)電場疊加可知,直線上M、N間的電場強度水平向右,沿著電

場線電勢逐漸降低,可知P點電勢高于等勢面與MN交點處電勢，則P

點電勢高于S點電勢，故A錯誤；由題意知,在N點左側(cè)電場強度不可

能為零,則N點右側(cè)，設(shè)M、N距離為L,根據(jù)產(chǎn)%=2,可知除無窮遠

處外,直線MN上電場強度為零的點只有一個,故C錯誤；由A選項分析

可知,T點電勢低于P點電勢,則正電荷在T點的電勢能低于在P點的

電勢能,將正試探電荷q。從T點移到P點，電勢能增大，靜電力做負功,

故D錯誤;如圖所示,設(shè)等勢圓的半徑為R,與MN的交點為A,AN距離

為x,MN距離為L,

T

二'

Mp\Nois

、、、、…一J

根據(jù)?、?結(jié)合電勢的疊加原理,A、S滿足產(chǎn)見,凸魯=薩,解得

xL-xxL+2R-X2R-X

X=g,R=y,由于電場強度方向垂直于等勢面,可知T點的電場強度方向

必過等勢面的圓心,0點電勢。。=上空-苧＞等,可知。T點電場方

L十一—乙L

33

向指向0點，故B正確。

8.（2022?安徽宣城二模）（多選）如圖所示，固定光滑絕緣直桿上套有

一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球和兩根原長均為L的輕彈簧,兩

根輕彈簧的一端與小球絕緣相連，另一端分別固定在桿上相距為2L

的A、B兩點，空間存在方向豎直向下的勻強電場。已知直桿與水平面

的夾角為0,兩彈簧的勁度系數(shù)均為列嘿，小球在距B點？的P點

處于靜止?fàn)顟B(tài),Q點距A點，，重力加速度為go下列說法正確的是

(CD)

A.勻強電場的電場強度大小為安也

B.若小球從P點以初速度v。沿桿向上運動，恰能到達Q點，則初速度

12gLsin0

25

C.若小球從Q點由靜止下滑,動能最大為電泮

D.若小球從Q點由靜止下滑,則小球在Q點的加速度大小為當(dāng)gsin9

解析：由題意可知,小球在P點靜止時,兩彈簧對小球的彈力方向均沿直

桿向上,且大小均為FT=kAx-呼.■mgsin9,設(shè)勻強電場的

電場強度大小為E,在沿直桿方向根據(jù)平衡條件有(mg+qE)sin0=2左，

聯(lián)立以上兩式解得E=詈,故A錯誤;根據(jù)對稱性可知，小球在P、Q兩

點時兩彈簧的彈性勢能之和相同，即小球從P到Q的過程中，兩彈簧對

小球做功的代數(shù)和為零,則根據(jù)動能定理有-(mg+qE)(2L-|L)sin9=

->o2.解得vo=隹醇,故B錯誤;小球從Q點由靜止下滑過程中，

2V25

當(dāng)合外力為零時動能最大，即小球運動至P點時動能最大,對小球從Q

到P的過程,根據(jù)動能定理有Ekin=(mg+qE)(2L-1L)sin9=||mgLsin9,

故C正確;若小球從Q點由靜止下滑,在Q點,根據(jù)牛頓第二定律得

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

9.(2022?安徽阜陽模擬)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)有一光滑絕緣圓

弧軌道,半徑R=2.5m,圓心角為60°,下端與長L=3m的絕緣水平傳

送帶平滑連接,傳送帶距地面高度h=4m,以v=3m/s的速度順時針轉(zhuǎn)

動，傳送帶右側(cè)空間存在豎直向上的勻強電場，電場強度E=8N/Co

:,-3

a為mi=l.0X10kg的不帶電的絕緣物塊,b為m2=4.0X10kg>

q=l.0X103C帶正電的物塊。物塊b靜止于圓弧軌道最低點,將物塊

a從圓弧軌道頂端由靜止釋放,運動到最低點與b發(fā)生彈性碰撞(碰撞

過程中b的電荷量不發(fā)生變化)，碰后b先在傳送帶上運動,后離開傳

送帶飛入電場中，最后落在地面上的P點(圖中未標(biāo)出)。已知物塊b

與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)R=0.1。(g取10m/s；物塊a、b均可看

成質(zhì)點)求：

(1)物塊a運動到圓弧軌道最低點時的速度及對軌道的壓力；

(2)物塊b離開傳送帶時的速度；

(3)b落地點P到傳送帶右端的水平距離。

解析：⑴根據(jù)機械能守恒定律得nhgR(l-cos60°

解得Vi=5m/s;

根據(jù)牛頓第二定律得F「mig=mi竽，

解得R=0.02N,根據(jù)牛頓第三定律得=0.02N,方向豎直向下。

⑵根據(jù)動量守恒定律得niiVi'+m2V2=niiV,,

根據(jù)機械能守恒定律"vJ弓m21222mm心

解得V2=2m/s,

22

根據(jù)動能定理得Um2gx=|m2v-|m2v2,

解得x=2.5m<3m,

物塊b在傳送帶上先做勻加速運動,后隨傳送帶做勻速運動，離開傳

送帶時的速度為v=3m/so

⑶在電場中物塊b做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律得m2g-qE=m2a)

解得a=8m/s2;

在電場中的運動時間為h=|at2,

解得t=ls,

水平距離為s=vt=3mo

答案：(l)5m/s0.02N,方向豎直向下(2)3m/s(3)3m

10.(2022?廣東潮州二模)圖中A、B是絕緣水平面上相距d=2m的兩

點,A、B間存在一個水平向右的勻強電場，電場強度大小E=4X104V/mo

一帶電荷量q=+5X10-5C、質(zhì)量m=lkg的絕緣滑塊Q靜置在A點,滑

塊Q與水平面間的動摩擦因數(shù)R=0.1。用長L=0.4m的輕繩將不帶電

小球P懸掛在A點正上方的0點,保持繩子繃緊，將P球拉至與0點等

高的水平位置,如圖所示。現(xiàn)給P球豎直向下的初速度v0=lm/s,此后

P球下擺與Q發(fā)生彈性正碰。已知P球質(zhì)量也為m,整個過程沒有電荷

轉(zhuǎn)移,P、Q體積大小均可忽略不計，輕繩不被拉斷。(g5X10m/s2)

.E0?-----Op

BA

⑴求P與Q第一次碰撞后瞬間,P與Q的速度大??；

(2)求P與Q第一次碰撞后,滑塊Q離A點的最遠距離；

(3)若電場強度E可變,試討論在輕繩不松弛的前提下,滑塊Q在AB段

滑行的路程與電場強度E的關(guān)系。

解析：⑴小球P運動至與Q碰撞前,有mgLgnw/一加。2,

解得Vi=3m/s;

P與Q發(fā)生彈性碰撞,有mvP+mve=mvi,

12_i_l212

-mvP乙+-mvQ乙=^11%乙、

解得VP=O,VQ=3m/so

(2)設(shè)碰撞后,Q沒有滑離AB段，當(dāng)Q減速至0時，

有一qEx「umgXi=0-|mvQ2,

解得Xi=l.5m<d,

假設(shè)成立,即P與Q第一次碰撞后,滑塊Q離A點的最遠距離為1.5mo

⑶若P與Q第一次碰撞后,Q恰好能滑到B點,則-q&d-P

mgd=O-lmvQ2,

1

解得E尸2.5X10V/mo

當(dāng)E<2.5X10"V/m時,Q從B點離開電場，

則Q在AB段滑行的路程為s尸d=2m;

當(dāng)E22.5X10'V/m時,Q沒有從B點離開，

因為qE>umg,

則Q返回再次與P相碰。

設(shè)Q第一次在AB段減速至0的位移為X2時，

返回與P碰撞后,P恰好能回到0點等高位置，

2

貝hqEzX?.Umgx2=0-1mvQ,

設(shè)Q回到A點時速度為V2,

Q從A點開始運動到又回到A點時，

有-211

P與Q再次碰撞,質(zhì)量相等的彈性碰撞,兩者交換速度，

則碰后P的速度也為V2,此后P運動至與圓心等高，

有-mgLR-amw?,

解得Ez=3.4義1。5V/lDo

當(dāng)E>3.4X105V/m時,P超過0點等高位置，

因為9%2.gL,P無法到達圓周最高點,繩子松弛,不滿足條件。

當(dāng)2.5X10'V/mWEW3.4X105V/m時，

因為qE>umg,Q無法停在AB段,最終停在A點,全過程,對系統(tǒng)由能量

2

守恒,有Umgs2=1mv0+mgL,

解得S2=4.5m,

則Q在AB段滑行的路程為S2=4.5mo

綜上為保證繩子不松弛需滿足EW3.4X105v/m；

當(dāng)E<2.5X101V/m時,Q在AB段滑行的路程為s,=2m;

5

當(dāng)2.5X10'V/m^E^3.4X10V/m時,Q在AB段滑行的路程為s2=

4.5m。

答案：（l）03m/s（2）1.5m（3）見解析

s提分拓展練

11.（2022?遼寧錦州二模）（多選）如圖甲所示,在空間中建立xOy坐

標(biāo)系，a射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成，放

置在第II象限,細管C到兩金屬板距離相等,細管C開口在y軸上。放

射源P在A板左端,可以沿特定方向發(fā)射某一初速度的a粒子。若金

屬板長為L、間距為d,當(dāng)A、B板間加上某一電壓時，a粒子剛好能以

速度V。從細管C水平射出，進入位于第I象限的靜電分析器中。靜電

分析器中存在著輻向電場，a粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動，

該電場的電場線沿半徑方向指向圓心0,a粒子運動軌跡處的電場強

度大小為Eoot=0時刻a粒子垂直x軸進入第IV象限的交變電場中，

交變電場隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示,規(guī)定沿x軸正方向為電場的

正方向。已知a粒子的電荷量為2e（e為元電荷）、質(zhì)量為m,重力不

計。下列說法中正確的是（BCD）

乙

A.a粒子從放射源P運動到細管C的過程中動能的變化量為二普

B.a粒子從放射源P射出時的速度大小為voJ1+,

2

C.a粒子在靜電分析器中運動的軌跡半徑為舞

2eE0

D.當(dāng)t=nT（n=l,2,3,…）時，a粒子的坐標(biāo)為（整+喑2,-nT）

2eE02m

解析:設(shè)a粒子運動到細管C處時速度為v。，a粒子反方向的運動為類

平拋運動，水平方向有L=v°t,豎直方向有9孑七2,由牛頓第二定律

2e-J=ma,聯(lián)立解得U=萼乎；a粒子從放射源射出到細管C的過程，

由動能定理-2e?1U=△Ek,解得AEk=-eU=-噌髻;設(shè)a粒子發(fā)射時速

度的大小為V,。粒子從放射源射出至運動到細管C的過程，由動能

22

定理-2e?|u=|mv0-|mv,解得v=v0+',故A錯誤,B正確。由牛頓

第二定律2eE°=m叱，得廠整,故C正確。t弓時，a粒子在x軸方向的

V2eEQ2

速度為Vx=3?1所以一個周期內(nèi)，a粒子在X軸方向的平均速度

m2

等等每個周期a粒子在x軸正方向前進的距離x°=%T=竽；

4227nA2m

2

因為開始計時時a粒子橫坐標(biāo)為尸舞,所以t=nT(n=l,2,3,…)時，

2eE0

a粒子的橫坐標(biāo)為*==+.=篝-+11><號二a粒子的縱坐標(biāo)為y=-v()nT,

2eE02m

在t=nT(n=l,2,3,…)時a粒子的坐標(biāo)為(整+萼田,/nT),故D

2eE02m

正確。

12.(2021?福建卷，15)如圖a,同一豎直平面內(nèi)A、B、M、N四點距0

點的距離均為&L,0為水平連線AB的中點,M、N在AB連線的中垂線

上。A、B兩點分別固定有一點電荷，電荷量均為Q(Q>0)。以0為原點，

豎直向下為正方向建立x軸。若取無窮遠處為電勢零點,則ON上的電

勢夕隨位置x的變化關(guān)系如圖b所示。一電荷量為Q(Q>0)的小球S)

以一定初動能從M點豎直下落,一段時間后經(jīng)過N點,其在ON段運動

的加速度大小a隨位置x的變化關(guān)系如圖c所示。圖中g(shù)為重力加速

度大小,k為靜電力常量。

?M

⑴求小球Si在M點所受靜電力大小。

(2)當(dāng)小球Si運動到N點時，恰與一沿x軸負方向運動的不帶電絕緣小

球S2發(fā)生彈性碰撞。已知Si與S2的質(zhì)量相等，碰撞前、后&的動能均

為駕，碰撞時間極短。求碰撞前S2的動量大小。

OLi

(3)現(xiàn)將S2固定在N點，為保證Si能運動到N點與之相碰,Si從M點下

落時的初動能須滿足什么條件？

解析：(1)設(shè)A點到M點的距離為R”A點的電荷對小球S,的庫侖力大

小為FA,由幾何關(guān)系可知,RM=2L,

由庫侖定律有F,,守。

RM

設(shè)小球Si在M點所受靜