（浙江选考）2018版高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第1讲 电场性质和带电粒子在电场中的运动学案

第1讲电场性质和带电粒子在电场中的运动选考考点分布章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/11静电场电荷及其守恒定律bc库仑定律c114、13133电场强度cc1386电势能和电势bc138电势差bc电势差与电场强度的关系c静电现象的应用b电容器的电容bc7带电粒子在电场中的运动bd238、228、2388、19考点一电场基本性质的理解1(2017浙江11月选考6)电场线的形状可以用实验来模拟，把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，头发屑就按照电场的方向排列起来，如图1所示关于此实验，下列说法正确的是()图1Aa图是模拟两等量同种电荷的电场线Bb图一定是模拟两等量正电荷的电场线Ca图中的A、B应接高压起电装置的两极Db图中的A、B应接高压起电装置的两极答案C2(2016浙江10月学考8)如图2为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上的两点下列判断正确的是()图2AM、N、P三点中N点的场强最大BM、N、P三点中N点的电势最高C负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点答案A解析电场线的疏密反映了电场的强弱，所以N点场强最大，选项A正确顺着电场线的方向，电势降低，M点的电势最高，选项B错误根据Epq，MPN可知，负电荷在M点电势能小于在N点的电势能，选项C错误正电荷从M点静止释放，电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不沿电场线，选项D错误3(2016浙江4月学考13)如图3所示，真空中有两个点电荷Q19.0108 C和Q21.0108 C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x0处，Q2位于x6 cm处在x轴上()图3A场强为0的点有两处B在x6 cm区域，电势沿x轴正方向降低C质子从x1 cm运动到x5 cm处，电势能升高D在0x6 cm和x9 cm的区域，场强沿x轴正方向答案D解析因为Q10，Q20，且Q1|Q2|，所以x0区域不会出现合场强为0的点；0x6 cm区域合场强沿x轴正方向，场强都不为零，x6 cm区域有一位置合场强为零，由kk得x9 cm，则6 cmx9 cm区域合场强沿x轴负方向，x9 cm区域合场强沿x轴正方向，故A错，D对；沿电场方向电势降低，B错；质子带正电，在电势高处电势能大，C错4(人教版选修31P9第3题改编)真空中两个相同的带等量异号电荷的金属小球A和B(均可看做点电荷)，分别固定在两处，两球间静电力为F.现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再使A、B间距离增大为原来的2倍，则它们间的静电力为()A.F B.F C.F D.F答案D5(2017稽阳联谊学校8月联考)如图4所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，M、N是运动轨迹上的两点，则()图4AM点的电势比N点的电势低B粒子在M点的加速度比在N点的加速度大C粒子一定是从M点运动到N点D粒子在M点的电势能比在N点的电势能大答案D解析由沿电场线方向电势降低知M点的电势高于N点的电势，A错误；根据电场线疏密程度可知N点场强大，所以加速度也大，B错误；根据轨迹看不出运动方向，C错误；根据轨迹可知带电粒子受力与电场线方向一致，因此粒子带正电荷，正电荷在电势高的地方电势能大，D正确6. 如图5所示，B为线段AC的中点，如果在A处放一个Q的点电荷，测得B处的场强EB48 N/C，则()图5AEC24 N/CBEC12 N/CC若要使EB0，可在C处放一个Q的点电荷D把q109 C的点电荷放在C点，则其所受电场力的大小为6109 N答案B解析由真空中点电荷的场强公式E知A错误，B正确；根据场的叠加及点电荷产生的场强方向知，应在C处放一等量同种电荷，C错误；FqEC1.2108 N，D错误7(2017台州市9月选考)如图6甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示若在O点由静止释放一电子，且电子仅受电场力的作用，则()图6A电场的方向沿Ox正方向B电子沿Ox正方向运动C电场的场强沿Ox方向增大D电子的电势能将增大答案B带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；(2)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；(3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等考点二带电粒子在电场中的直线运动1(2017浙江11月选考19)如图7所示，AMB是一条长L10 m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h1.25 m处，A、B为端点，M为中点，轨道MB处在方向竖直向上、大小E5103 N/C的匀强电场中一质量m0.1 kg、电荷量q1.3104 C的可视为质点的滑块以初速度v06 m/s在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场已知滑块与轨道间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2.求滑块：图7(1)到达M点时的速度大小；(2)从M点运动到B点所用的时间；(3)落地点距B点的水平距离答案(1)4 m/s(2) s(3)1.5 m解析(1)在AM阶段对物体的受力分析如下：ag2 m/s2根据运动学公式vv2ax，可得vM4 m/s(2)进入电场之后，Eq0.65 N，受力分析如下：a0.7 m/s2根据运动学公式vv2ax，解得vB3 m/s根据匀变速直线运动推论xMBt解得t s(3)从B点飞出后，滑块做平抛运动，因此hgt2，解得t0.5 s落地点距B点的水平距离xvBt1.5 m.2(2016浙江4月选考8)密立根油滴实验原理如图8所示两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下电场强度大小为E的匀强电场用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是()图8A悬浮油滴带正电B悬浮油滴的带电荷量为C增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍答案C解析油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A错；由Eqmg得q，所以B错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上加速运动，C对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D错3. (人教版选修31P39第2题改编)某种金属板M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不相同在M旁放置一个金属网N.现按图9所示那样在M、N之间加一个电压U，发现当U12.5 V时电流表中就没有电流已知电子的质量me9.11031 kg.问：被这种紫外线照射出的电子，最大速度是多少？(结果保留三位有效数字)图9答案2.10106 m/s解析如果电子的动能减少到等于0的时候，电子恰好没有到达N板，则电流表中就没有电流，由W0Ekm，WeU，得eU0Ekmmev2，v m/s2.10106 m/s.4如图10所示，水平放置的金属薄板A、B间有匀强电场，已知B板电势高于A板电场强度E5105 N/C，间距d1.25 mA板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距离A板h1.25 m从M处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量m1103 kg的带电小球第1个带电小球的电量q11108 C，第n个带电小球的电量qnnq1.取g10 m/s2.求：图10(1)第1个带电小球从M处下落至B板的时间；(2)从第几个带电小球起不能抵达B板；(3)第(2)问中该带电小球下落过程中机械能的变化量答案(1) s(2)5(3)2.08102 J解析 (1)t1 0.5 s，v1 5 m/s，a15 m/s2，dv1t2a1t，代入解得：t2 s，t总t1t2 s.(2)mg(hd)EqndEk0，qn4108 C，n4，即第4个小球恰好抵达B板，则第5个小球不能到达B板(3)mg(hx)Eq5xEk0，x m，E机mg(hx)2.08102 J.带电粒子在电场中直线运动时的两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解考点三带电粒子在电场中的曲线运动1. (2017浙江4月选考8)如图11所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场有一质量为m，电荷量为q的点电荷从两极板正中间处静止释放重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程()图11A加速度大小为agB所需的时间为t C下降的高度为yD电场力所做的功为WEqd答案B解析点电荷受到重力、电场力的作用，所以a，选项A错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，则t2，化简则t ，选项B正确；下降高度ygt2，选项C错；电场力做功W，选项D错误2(人教版选修31P39第3题)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切值与氢核偏角的正切值之比(1)电子与氢核的初速度相同(2)电子与氢核的初动能相同答案见解析解析设加速电压为U0，偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极间距离为d，极板长为l，则：带电粒子在加速电场中获得初动能mvqU0，粒子在偏转电场中的加速度a，在偏转电场中运动的时间为t，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vyat，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan .(1)若电子与氢核的初速度相同，则1 835.(2)若电子与氢核的初动能相同，则1.3. (2016绍兴市联考)如图12所示，电荷量之比为qAqB13的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OCCD，忽略粒子重力的影响，则下列说法不正确的是()图12AA和B在电场中运动的时间之比为12BA和B运动的加速度大小之比为41CA和B的质量之比为112DA和B的位移大小之比为11答案D解析粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由xv0t及OCCD得，tAtB12；竖直方向由hat2得a，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aAaB41；根据a得m，故，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确，D错误4在如图13所示的空间存在一竖直向上的匀强电场，一质量为m、可视为点电荷的带正电小球从高为h的平台上方水平抛出，落地点距离抛出点的水平距离为x，已知小球所受重力大小等于所受电场力的两倍，小球在落地处恰好没有能量损失地进入光滑圆弧轨道，重力加速度为g.落地点与圆心的连线和过圆心的竖直线之间的夹角为，不计空气阻力，求：图13(1)小球被水平抛出时的初速度大小；(2)角度的正切值答案(1)(2)解析(1)小球先做类平抛运动，由牛顿第二定律有：mgqEma解得加速度ag，方向竖直向下根据类平抛运动的规律，两个方向的位移为：xv0t，hat2则小球的初速度大小为v0(2)由于没有能量损失地进入光滑圆弧轨道，表明在抛物线和圆弧轨道的接点处，圆弧轨道与抛物线相切，因此，角也等于抛物线在该点的切线与水平方向的夹角，有tan .5. 如图14，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直于CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处电场强度为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；2d、3d，离子重力不计图14(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内电场强度E的值答案(1)(2)解析(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有qUmv2，离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0m，联立解得R.(2)射出静电分析器后，离子做类平抛运动，dvt，3dat2，由牛顿第二定律得qEma，联立解得E.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动带电粒子经加速电场U1，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图15所示图15专题强化练(限时：30分钟)1(2016浙江4月选考7)关于电容器，下列说法正确的是()A在充电过程中电流恒定B在放电过程中电容减小C能储存电荷，但不能储存电能D两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案D解析由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A错；电容是电容器储存电荷的本领，不随充放电过程变化，B错；电容器中的电场具有电场能，所以C错；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D对2(2016金华市联考)一个电容器的规格是“10 F50 V”，则()A这个电容器的电容为105 FB这个电容器加上50 V电势差时，电容才是10 FC这个电容器没有电势差时，电容为0D这个电容器加的电势差不能低于50 V答案A3(2016诸暨市期末)如图1甲所示，一块有机玻璃板和一块塑料板，手持有机玻璃棒用力快速摩擦两板后分开；接着将塑料板插入箔片验电器上端的空心金属球中，没有接触金属球，发现金属箔片张开，如图乙所示；然后抽回塑料板，再将有机玻璃板和塑料板互相平行但不接触，同时插入空心金属球，仍没有接触金属球，发现金属箔片没有张开，如图丙所示关于这一实验现象，下列的说法正确的是()图1A两板摩擦后带电说明创造了新的电荷B图乙验电器箔片张开是因为发生了电磁感应C图乙验电器箔片张开是因为板上电荷转移到箔片上D图丙验电器箔片没有张开是因为两板带等量异种电荷答案D4. 如图2所示，将悬挂在细线上的带正电荷的小球A放在不带电的金属空心球C内(不与内壁接触)，另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B向C靠近，则()图2AA向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向BA的位置不变，B向右偏离竖直方向CA向左偏离竖直方向，B的位置不变DA和B的位置都不变答案B解析金属球壳C能屏蔽外部的电场，外部的电场不能深入内部，因此小球A不会受到静电力的作用，不会发生偏转；金属球壳C处在电荷A的电场中，内壁是近端，感应异号电荷负电，外壁是远端，感应同号电荷正电，该正的感应电荷在外部空间同样会激发电场，对小球B有吸引的作用，B向右偏，选项B正确5(2017浙江“七彩阳光”联考)真空中两个完全相同的小球带电后，它们之间的静电力为F.现将两球接触后放回原处，则它们之间的静电力()A定变大 B定变小C可能不变 D一定不变答案C6. 如图3为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O点为A、B电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是()图3AA、B可能带等量异号的正、负电荷BA、B可能带不等量的正电荷Ca、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零D同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反答案D解析根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C错误；由图可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确7对公式E的理解，下列说法正确的是()A此公式适用于计算任何电场中A、B两点间的电势差BA点和B点间距越大，则这两点的电势差越大C匀强电场中A、B两点沿电场线的距离越大，则电场强度越小D公式中的d是匀强电场中A、B所在的两等势面之间的距离答案D解析此公式只适用于匀强电场，选项A错误；A、B两点间的电势差不仅取决于场强的大小，还取决于沿电场方向的距离d，A、B间距大，d不一定大，故选项B错误；匀强电场中的电场强度大小与A、B两点间的距离无关，是恒定的，选项C错误；公式中的d是匀强电场中A、B所在的两等势面之间的距离，选项D正确8. 相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为4q和q，如图4所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是()图4Aq，在A左侧距A为L处B2q，在A左侧距A为处C4q，在B右侧距B为L处D2q，在B右侧距B为L处答案C解析由题可知A、B带电荷量分别为4q、q，放入第三个点电荷C，使三个电荷都处于平衡状态，所以C一定处于A、B连线延长线上B的右侧当C处于平衡状态时，其受到A、B的作用力大小相等，方向相反，由库仑定律得，rL，由A电荷处于平衡状态可得，解得qC4q，故C选项正确9. (2016舟山市调研)电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2108 J，在B点的电势能为0.8108 J已知A、B两点在同一条电场线上，如图5所示，该点电荷的电荷量为1.0109 C，那么()图5A该电荷为负电荷B该电荷为正电荷CA、B两点的电势差UAB4.0 VD把电荷从A移到B，静电力做功为W2.51010 J答案A解析A点的电势能大于B点的电势能，从A到B静电力做正功，所以该电荷一定为负电荷，故选项A正确，选项B错误；静电力做功WABEpAEpB1.2108 J0.8108 J0.4108 J，选项D错误；由UAB得UAB V4.0 V，所以选项C错误10. (2016舟山市调研)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回如图6所示，h，此电子具有的初动能是()图6A. BedUhC. D.答案D解析电子受到的静电力做负功，有eUOA0Ek，UOAh，Ek，由此知选项D正确11. (2016杭州市十校联考)如图7所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行整个装置处在真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行极板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()图7AU1变大、U2变大 BU1变小、U2变大CU1变大、U2变小 DU1变小、U2变小答案B解析设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1qmv，电子在水平极板间偏转所用时间t，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得a，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vyat，联立解得vy，又tan ，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角变大，故B正确12. 真空中的某装置如图8所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为124，电荷量之比为112，则下列判断中正确的是()图8A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为124答案B解析设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1mv，解得v0 ，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论y、tan 可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为WqEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为112，则有电场力对三种粒子做功之比为112，故C、D错误13. 如图9所示，板长L4 cm的平行板电容器，板间距离d3 cm，板与水平线夹角37，两板所加电压为U100 V，有一带负电液滴，带电荷量大小为q31010 C，以v01 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图9(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度大小答案(1)8108 kg(2)1.32 m/s解析带电液滴所受重力方向竖直向下，所受静电力方向只能垂直两板向上，其合力方向水平向右，做匀加速运动(1)竖直方向：qcos mg，解得m8108 kg(2)解法一：水平方向qsin ma，解得agtan g，设液滴在平行板中飞行距离为s，则s0.05 m，又由v2v2as得v1.32 m/s，解法二：设液滴在平行板中飞行距离为s，则s0.05 m液滴受到的合力F合mgtan 由动能定理得F合smv2mv，解得v1.32 m/s.14如图10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，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.图10(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度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U2.0102 V，d4.0102 m，m9.11031 kg，e1.61019 C，g10 m/s2.(3)极板间既有静电场也有重力场电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”G的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点答案见解析解析(1)根据动能定理，有eU0mv，电子射入偏转电场时的初速度v0 在偏转电场中，电子的运动时间tL加速度a偏转距离ya(t)2(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力Gmg1029 N电场力F1015 N由于FG，因此不需要考虑电子所受的重力(3)电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即，类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即G电势和重力势G都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定18