2021年新高考物理二轮复习京津鲁琼专用讲义：专题三1第1讲电场及带电粒子在电场中的运动

1、课后演练强化提能（建议用时：40 分钟）、单项选择题解析：选 D.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U 不变若将云母介质移出，电容 C 减小，由 C=Q可知，电容器所带电荷量 Q 减小，即电容器 极板上的电荷量减小.由于 U 不变，d 不变，由 E = U 可知，极板间电场强度 E 不变，选项 D正确，A、B、C 错误.1. （2019 高考北京卷）如图所示,点在球面外，则（）a、b 两点位于以负点电荷一Q（Q0）为球心的球面上，cA . a 点场强的大小比 b 点大B.b 点场强的大小比 c 点小C.a 点电势比 b 点高解析：选 D.由点电荷的场强公式E =岁可知

2、，与Q 距离相等的点场强大小相等，离Q错误；与一 Q 距离相等的点，电势相等，离一 Q 越近的点，电势越低，故 a 点电势与 b 点的相等，b 点电势比 c 点的低,C 项错误，D 项正确.2.一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上. 若将云母介质移出则电容器（）A .极板上的电荷量变大B .极板上的电荷量变小C.极板上的电荷量变大D .极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大 ,极板间电场强度变大 ,极板间电场强度不变 ,极板间电场强度不变D. b 点电势比 c 点低越近的点场强越大，故 a 点场强的大小与 b 点的相等，b 点场强的大小比 c 点的大，A、B 项3.（201

3、9 莱芜二模）如图所示，真空中电荷量均为Q 的两正点电荷固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABBIAI和DCCIDI中心连线所在直线上，且两点电荷关于正方体中心对称 ，则 （ ）A .A、B、C、D 四个点的电势相同B . Ai、Bi、Ci、DI四个点的电场强度相同C.负检验电荷在 A 点的电势能小于在 Ci点的电势能D .正检验电荷从 C 点移到 Ci点的过程中，电场力对其做正功解析：选 A.由叠加原理可知，A、B、C、D 四个点的电势相同，选项 A 正确；Ai、Bi、Ci、Di四个点的电场强度大小相同 ，但方向不同，选项 B 错误；由对称性可知 A 点和 Ci点电势相同，故负检验电荷在 A 点

4、的电势能等于在 Ci点的电势能，选项 C 错误；由对称性可知 C点和 Ci点的电势相同，故正检验电荷从 C 点移到 Ci点的过程中，电场力对其做功为零，选项 D 错误.4.（20i8 高考天津卷）如图所示，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、g,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（）A.VMVN,aMaNB.VMVN,gMgNC. gMgN,EpMEpND.aMaN,EpMVN, EpMEpN, A、B 项错误；电场线

5、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 点所受电场力的大小：由牛顿第二定律可知，aM abac, vavcvbB .aa abac, vbvcvaC .ab ac aa, vbvcvaD .ab acaa, vavcvb解析：选 D.由点电荷电场强度公式E = 可知，离场源点电荷 P 越近，电场强度越大，Q 受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，abacaa, A、B 选项错误；由力与运动的关系可知 ，Q 受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此 Q 与 P 带同种电荷，Q 从 c 到 b 的过程中，电场力做负功，动能减少，从 b 到 a 的

6、过程中电场力做正功，动 能增加，因此 Q 在 b 点的速度最小，由于 c、b 两点的电势差的绝对值小于a、b 两点的电势差的绝对值，因此 Q 从 c 到 b 的过程中，动能的减少量小于从 b 到 a 的过程中动能的增加量， Q 在 c 点的动能小于在 a 点的动能，即有 VaVcVb, C 选项错误，D 选项正确.6. （2019 高考天津卷）如图所示,在水平向右的匀强电场中，质量为 m 的带电小球，以 初速度 v从 M 点竖直向上运动，通过 N 点时，速度大小为 2v,方向与电场方向相反，则小球 从 M 运动到 N 的过程（）屯 Y 冲3 -12 2A .动能增加 2mv2B .机械能增加

7、2mv2322C.重力势能增加 2mv D电势能增加 2mv解析：选 B.小球动能的增加量为AEk= m（2v）2 mv2= 3mv2, A 错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动 ，到 N 时竖直方向的速度为零，则 M、N 两点之间的高度差为 h2=2g,小球重力势能的增加量为AEp= mgh= mv2, C 错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和3i则电势能的减少量为AEpnmv2+ mv2= 2mv2, D 错误；由功能关系可知，除重力外的其他 力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即 2mv2,

8、 B 正确.7. （2019 河南天一联考）如图所示,小球 A、B 带电荷量相等，质量均为 m,都用长 L 的 绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上 O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直 ，B 球悬线偏离竖直方向0角 而静止，此时 A、B 两球之间的库仑力为 F由于外部原因小球 B 的带电荷量减小，使两球再次 静止时它们之间的库仑力变为原来的一半 ，则小球 B 的带电荷量减小为原来的（ ）1 1A.2 B.41C.1解析：选 C.小球 B 受力分析如图所示,两绝缘细线的长度都是 L,则厶 OAB 是等腰三角形，则线的拉力 T 与重力 G 相等，G = T,小球处于平衡状态，则库仑力 F = 2Gsin0,

9、设原来0q2小球带电荷量为 q, A、B 间的距离是 r,则 r = 2Lsin?,由库仑定律得 F = k*,后来库仑力变8 如图所示，直线 a、b 和 c、d 是处于匀强电场中的两组平行线 ,M、N、P、Q 是它们 的交点，四点处的电势分别为 伽、如、勒、忸一电子由 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程 中，电场力所做的负功相等贝 U （）A .直线 a 位于某一等势面内，$M0Q为原来的一半F0，,则F= 2Gsin , r0F=2Lsin?, 21解得 qB= 8q,故选 C.B.直线 c 位于某一等势面内，$M$NC.若电子由 M 点运动到 Q 点，电场力做正功D.若电子由 P

10、点运动到 Q 点，电场力做负功解析：选 B.由电子从 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中电场力所做的负功相等可知N、P 两点在同一等势面上，且电场线方向为MTN ,故选项 B 正确，A 错误；M 点与 Q 点在 同一等势面上，电子由 M 点运动到 Q 点，电场力不做功，故选项 C 错误；电子由 P 点运动到Q 点，电场力做正功，故选项 D 错误.、多项选择题詁-4-2_0|24 6 8 jc/cm9.（2017 高考全国卷 川）一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内 a、b、c 三点的位置如图所示,三点的电势分别为 10 V、17 V、26 V 下列说法正确的是（）A .电场强度的

11、大小为 2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在 a 点的电势能比在 b 点的低 7 eVD.电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9 eV解析：选 ABD. ac 垂直于 be,沿 ca 和 cb 两方向的场强分量大小分别为Ej= Uca= 2 V/cm、ac等距同向的两点间的电势差相等，有忙由=如一也，得（fo = 1 V , B 项正确；电子在 a、b、 c 三点的电势能分别为一 10 eV、一 17 eV 和一 26 eV，故电子在 a 点的电势能比在 b 点的高 7 eV,C 项错误；电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功 W= （ 17 eV） （ 26 eV

12、） = 9 eV, D 项正确.10.（2019 淄博二模）通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷 q 在场源电荷 Q 的电场中具所有电势能表达式为Er= k；Q（式中 k 为静电力常量,r 为试探电荷与场源电荷间的距离）.真空中有两个点电荷 Q Q2分别固定在 x 坐标轴的 x= 0 和 x= 6 cm 的位置上.x轴上各点的电势 $随 x 的变化关系如图所示.A、B 是图线与 x 的交点，A 点的 x坐标是 4.8 cm ,图线上 C 点的切线水平.下列说法正确的是（）A .电荷 Q2的电性相反B.电荷 Q1、Q2的电荷量之比为 1 : 4E2=Ucbbc=1.5 V

13、/cm ,根据矢量合成可知E= 2.5 V/cm , A 项正确；根据在匀强电场中平行线上C.B 点的 x 坐标是 8 cmD.C 点的 x 坐标是 12 cm 解析：选 ACD.电势随 x 的变化关系图象的斜率=E,所以 C 点电场强度为 0,根据xkQq kQ2qEr12电场叠加原理可知电荷 Q1、Q2的电性相反，故 A 正确；根据 =p可知，A=+=qqq kQ1qkQ1kQ2EX1X1一 6 cm4 8cm+ 1 2cm=0,解得Q1：IQ2|=4 : 1，故 B 错误；根据 = 可知，B=+ q =kQ1+-kQ- = 0，解得 B 点的坐标是 8 cm,故 C 正确；由 E =殍知

14、，Ec= 卑+型2x1X1 6 cmrx2（X2 6 cm）=0,解得 C 点的坐标是 X2= 12 cm ,故 D 正确.11. （2019 青岛模拟）如图（a）所示，两个带正电的小球 A、B（均可视为点电荷）套在一根倾 斜的光滑绝缘直杆上，其中 A 球固定，电荷量QA=2.0X104C,B 球的质量 m= 0.1 kg.以 A 为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B 球的总势能（重力势能与电势能之和）随位置 x 的变 化规律如图（b）中曲线I所示,直线n为曲线I的渐近线.图中M 点离 A 点距离为 6 m.令 A所在垂直 x 轴的平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度 g 取 10

15、m/s2,静电力恒量 kA 杆与水平面的夹角0=60-5B . B 球的电荷量QB=1.0X10 CC.若 B 球以 4 J 的初动能从 M 点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2 JD.若 B 球从离 A 球 2 m 处静止释放,则向上运动过程中加速度先减小后增大解析：选 BCD.渐进线n表示 B 球的重力势能 Ep随位置的变化关系，即：Ep= mgxsin0=kx,得：sin0= = 0.5,即0=30, A 项错误；由图（b）中的曲线I可知，在 x= 6 m 处总mg势能最小，B 球动能最大，该位置 B 球受力平衡，则有 mgsin0=kQAQB2,解得：QB=1x10 （6 m）5C,

16、 B 项正确；若 B 球以 4 J 的初动能从 M 点沿杆向上运动，在 M 点时，B 球的重力势能Ep1= mgxsin 30=3 J,电势能 Ep 电 1=Ep 总一 Ep1= 3 J,由能量守恒定律可知，最高点时，Ek=9.0X109N m2/C2.下列说法正确的是（图何2 4 6 8 10L2 14161820 x/m图（b）208642O0, Ep 总=4 J+ 6 J = 10 J ,对应的位置为 x= 10 m ,此位置处 Ep2= mgxsin 30 =9 J,则 Ep 电 2=10 J9 J= 1 J,故厶 Ep= 3 J 1 J= 2 J, C 项正确；在 M 处加速度最小为

17、 0,所以从 x= 2 m 向上加速度先减小后增大，D 项正确.12. （2019 第一次全国大联考卷n）长为 I、间距为 d 的平行金属板水平正对放置 ,竖直光 屏 M到金属板右端的距离也为 I ,金属板左端连接有闭合电路 ，整个装置结构如图所示，质量 为 m,电荷量为q 的粒子以初速度 V0从两金属板正中间自左端水平射入，由于粒子重力作用，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上对此过程，下列分析正确的是（）A .粒子在平行金属板间的运动时间和在金属板右端到光屏的运动时间相等B .板间电场强度大小为qC.若仅将滑片 P 向下滑动一段后，再让该粒子从 N 点以水平速度 V0射入

18、板间，粒子不 会垂直打在光屏上D .若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从 N 点以水平速度 vo射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上解析：选 ABD.粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，粒子离开电场具有竖直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，说明竖直方向末速度等于0,即电场中粒子具有竖直向上的加速度，不管是金属板间还是离开电场后，粒子在水平方向速度没有变化,而且水平qE mg 位移相等，所以运动时间相等，选项 A 正确；竖直方向速度变化量等大反向 ，所以有一 t= gt,可得 E=並，选项 B 正确；若仅将滑片 P 向下滑动一段后，R 的电压减小，电容器的q电压要减小，电荷量要减小

19、，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从 N 点以水平速度 V0射入板间， 粒子依然会垂直打在光屏上 ，选项 C 错误；若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由 C= Q 知 U 不变，电荷量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从 N点以水平速度 V0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项 D 正确.三、非选择题13. (2019 高考天津卷)2018 年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也

20、无污染物排放.引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极 A、B 之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B 间电压为 U ,使正离 子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力单位时间内飘入的正离子数目为定 值，离子质量为 m,电荷量为 Ze,其中 Z 是正整数，e 是元电荷.% A 4:宦 f ; 国电离室-4(1)若引擎获得的推力为 Fi,求单位时间内飘入 A、B 间的正离子数目 N 为多少；加速正离子束所消耗的功率 P 不同时，引擎获得的推力 F 也不同，试推导 p 的表达式;(3)为提高能量的转换效率，要使 p 尽量大，请提出增大 p 的三条建议.解析

21、：(1)设正离子经过电极 B 时的速度为 v,根据动能定理，有12ZeU = 2mv2 0 设正离子束所受的电场力为F1,根据牛顿第三定律,有F1= F1设在At 时间内飘入电极间的正离子个数为AN ,由牛顿第二定律,有v 0F1= ANmAtAN联立式，且 N= 得At(2)设正离子束所受的电场力为F ,由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有P= 2F V 根据牛顿第三定律，有 F = F ,联立式得(3)为使；尽量大，分析式得到三条建议：用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压.答案：(1)-j=r (2) =、!3m(3)用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速p2ZemUPV ZeU电压14. (2017 高考全国卷II)如