2023届二轮复习 专题三 第1讲　电场　带电粒子在电场中的运动 素养作业

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专题三　电场与磁场第1讲　电场　带电粒子在电场中的运动1.(2021·全国乙卷,15)如图a,在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应,在金属平板上表面产生感应电荷,金属板上方电场的等势面如图b中虚线所示,相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处,该试探电荷受到的静电力大小分别为FM和FN,相应的电势能分别为EpM和EpN,则(　A　)A.FM<FN,EpM>EpN B.FM>FN,EpM>EpNC.FM<FN,EpM<EpN D.FM>FN,EpM<EpN解析:等势面的疏密反映电场强度的大小,故N点的电场强度大于M点的电场强度,同一正的试探电荷在N点受到的静电力大,即FM<FN;在负的点电荷形成的电场中,离负点电荷越近,电势越低,正试探电荷的电势能越小,故M>N,EpM>EpN,A正确。2.(2021·江苏卷,2)有研究发现,某神经细胞传递信号时,离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流,若将该细胞膜视为1×10-8 F的电容器,在2 ms 内细胞膜两侧的电势差从-70 mV变为30 mV,则该过程中跨膜电流的平均值为(　D　)A.1.5×10-7 A B.2×10-7 AC.3.5×10-7 A D.5×10-7 A解析:根据Q=CU,可知ΔQ=CΔU=1×10-8×(30+70)×10-3 C=1×10-9 C,则该过程中跨膜电流的平均值为I== A=5×10-7 A,故选D。3.(2022·福建龙岩三模)(多选)如图所示,空间有a、b两个点电荷,实线为电场线,虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹,M、N为轨迹上的两点,则(　CD　)A.M点的电势比N点的高B.M点的电场强度比N点的大C.a、b为异种电荷,a的电荷量小于b的电荷量D.粒子从M点运动到N点电势能减小解析:由于不清楚a、b两个点电荷的电性和带电粒子的电性,故不能确定电场线的指向,不能确定M、N两点的电势高低,A错误;M点处的电场线比较稀疏,N点处的电场线比较密集,故M点的电场强度比N点的小,B错误;由图中电场线分布可知,a、b为异种电荷,且b附近电场线更密集,故a的电荷量小于b的电荷量,C正确;如图所示,带电粒子从M点运动到N点受到的静电力与速度方向的夹角为锐角,静电力做正功,故电势能减小,D正确。4.(2022·安徽合肥三模)在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2,Q2位于坐标原点O处。两点电荷形成的静电场中,x轴正半轴上的电势随x变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　D　)A.x3处电势最高,电场强度最大B.Q1带负电,Q2带正电C.Q1的电荷量小于Q2的电荷量D.电子从x1处沿x轴移动到x2处,电势能增加解析:根据E=可知,x图像的斜率表示电场强度,x3处电势最高,电场强度为零,A错误;由图可知,x→0时,→-∞,说明Q2带负电,而在整个空间存在>0的区域,说明Q1带正电,B错误;在x3处电场强度为零,说明两个点电荷在该处电场强度大小相等,方向相反,根据E=k可知,Q1的电荷量大于Q2的电荷量,C错误;电子从x1处沿x轴移动到x2处,静电力对电子做负功,电势能增加,D正确。5.(2022·山东泰安二模)如图所示,△ABC是圆的内接三角形,∠BAC=63.5°,O为圆心,AC为直径,半径R=5 cm。有一匀强电场(图中未画出)电场方向与圆周在同一平面内,取O点电势为零。A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8 eV、电荷量为+e的粒子,其中到达B点的粒子动能为12 eV,到达C点的粒子电势能为-4 eV。不计粒子受到的重力和粒子间的相互作用,取sin 53°=0.8。则匀强电场的电场强度大小为(　C　)A.25 V/m  B.50 V/m C.100 V/m D.200 V/m解析:根据电势能表达式Ep=eC=-4 eV,可知粒子在C点的电势为C=-4 V,根据UAO=A-O,UOC=O-C,可得A=-C=4 V,粒子从A到B的过程,根据动能定理可得WAB=e(A-B)=12 eV-8 eV=4 eV,解得B=0 V,可知OB连线为等势线,过A点作OB的垂线,如图所示。由图中几何关系可得α=2θ=2×(90°-63.5°)=53°,则匀强电场的电场强度大小为E===V/m=100 V/m,C正确,A、B、D错误。6.(2022·广东深圳一模)利用图甲所示电路研究电容器充放电过程,开关接1端后,电流传感器G记录电流随时间变化的图像如图乙所示。则电容器电容C、极板电荷量Q、上极板电势、两端电压U随时间t变化规律正确的是(　B　)解析:电容器的电容不会因为充电而发生变化,电容的值取决于其内部性质,所以电容C不变,故A错误;开关接1端后,电容器与电源相连,开始充电,电容器上电荷量Q、两端电压U都会随时间增大,故B正确,D错误;电容器下极板接地,所以上极板的电势即为电容器两端电压,随时间增大,故C错误。7.(2022·河北卷,6)如图,真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上O点为球心,电势为零的等势面(取无穷远处电势为零),P为MN连线上的一点,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上的一点,下列说法正确的是(　B　)A.P点电势低于S点电势B.T点电场强度方向指向O点C.除无穷远处外,MN直线上还存在两个电场强度为零的点D.将正试探电荷q0从T点移到P点,静电力做正功解析:根据电场叠加可知,直线上M、N间的电场强度水平向右,沿着电场线电势逐渐降低,可知P点电势高于等势面与MN交点处电势,则P点电势高于S点电势,故A错误;由题意知,在N点左侧电场强度不可能为零,则N点右侧,设M、N距离为L,根据=,可知除无穷远处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,故C错误;由A选项分析可知,T点电势低于P点电势,则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能,将正试探电荷q0从T点移到P点,电势能增大,静电力做负功,故D错误;如图所示,设等势圆的半径为R,与MN的交点为A,AN距离为x,MN距离为L,根据=,结合电势的叠加原理,A、S满足=,=,解得x=,R=,由于电场强度方向垂直于等势面,可知T点的电场强度方向必过等势面的圆心,O点电势O=-=-,可知T>O,T点电场方向指向O点,故B正确。8.(2022·安徽宣城二模)(多选)如图所示,固定光滑绝缘直杆上套有一个质量为m、带电荷量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧,两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连,另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点,空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为θ,两弹簧的劲度系数均为,小球在距B点L的P点处于静止状态,Q点距A点L,重力加速度为g。下列说法正确的是(　CD　)A.匀强电场的电场强度大小为B.若小球从P点以初速度v0沿杆向上运动,恰能到达Q点,则初速度v0=C.若小球从Q点由静止下滑,动能最大为D.若小球从Q点由静止下滑,则小球在Q点的加速度大小为gsin θ解析:由题意可知,小球在P点静止时,两弹簧对小球的弹力方向均沿直杆向上,且大小均为FT=kΔx=(L-)=mgsin θ,设匀强电场的电场强度大小为E,在沿直杆方向根据平衡条件有(mg+qE)sin θ=2FT,联立以上两式解得E=,故A错误;根据对称性可知,小球在P、Q两点时两弹簧的弹性势能之和相同,即小球从P到Q的过程中,两弹簧对小球做功的代数和为零,则根据动能定理有-(mg+qE)(2L-L)sin θ=-m,解得v0=,故B错误;小球从Q点由静止下滑过程中,当合外力为零时动能最大,即小球运动至P点时动能最大,对小球从Q到P的过程,根据动能定理有Ekm=(mg+qE)(2L-L)sin θ=mgLsin θ,故C正确;若小球从Q点由静止下滑,在Q点,根据牛顿第二定律得2k(L-)+mgsin θ+qEsin θ=ma,解得a=gsin θ,故D正确。9.(2022·安徽阜阳模拟)如图所示,位于竖直平面内有一光滑绝缘圆弧轨道,半径R=2.5 m,圆心角为60°,下端与长L=3 m的绝缘水平传送带平滑连接,传送带距地面高度h=4 m,以v=3 m/s的速度顺时针转动,传送带右侧空间存在竖直向上的匀强电场,电场强度E=8 N/C。a为m1=1.0×10-3kg的不带电的绝缘物块,b为m2=4.0×10-3 kg、q=1.0×10-3 C带正电的物块。物块b静止于圆弧轨道最低点,将物块a从圆弧轨道顶端由静止释放,运动到最低点与b发生弹性碰撞(碰撞过程中b的电荷量不发生变化),碰后b先在传送带上运动,后离开传送带飞入电场中,最后落在地面上的P点(图中未标出)。已知物块b与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1。(g取10 m/s2,物块a、b均可看成质点)求:(1)物块a运动到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力;(2)物块b离开传送带时的速度;(3)b落地点P到传送带右端的水平距离。解析:(1)根据机械能守恒定律得m1gR(1-cos 60°)=m1,解得v1=5 m/s;根据牛顿第二定律得FN-m1g=m1,解得FN=0.02 N,根据牛顿第三定律得FN′=0.02 N,方向竖直向下。(2)根据动量守恒定律得m1v1′+m2v2=m1v1,根据机械能守恒定律m1v1′2+m2=m1,解得v2=2 m/s,根据动能定理得μm2gx=m2v2-m2,解得x=2.5 m<3 m,物块b在传送带上先做匀加速运动,后随传送带做匀速运动,离开传送带时的速度为v=3 m/s。(3)在电场中物块b做类平抛运动,根据牛顿第二定律得m2g-qE=m2a,解得a=8 m/s2;在电场中的运动时间为h=at2,解得t=1 s,水平距离为s=vt=3 m。答案:(1)5 m/s　0.02 N,方向竖直向下  (2)3 m/s　(3)3 m10.(2022·广东潮州二模)图中A、B是绝缘水平面上相距d=2 m的两点,A、B间存在一个水平向右的匀强电场,电场强度大小E=4×104 V/m。一带电荷量q=+5×10-5 C、质量m=1 kg的绝缘滑块Q静置在A点,滑块Q与水平面间的动摩擦因数μ=0.1。用长L=0.4 m的轻绳将不带电小球P悬挂在A点正上方的O点,保持绳子绷紧,将P球拉至与O点等高的水平位置,如图所示。现给P球竖直向下的初速度v0=1 m/s,此后P球下摆与Q发生弹性正碰。已知P球质量也为m,整个过程没有电荷转移,P、Q体积大小均可忽略不计,轻绳不被拉断。(g取10 m/s2)(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间,P与Q的速度大小;(2)求P与Q第一次碰撞后,滑块Q离A点的最远距离;(3)若电场强度E可变,试讨论在轻绳不松弛的前提下,滑块Q在AB段滑行的路程与电场强度E的关系。解析:(1)小球P运动至与Q碰撞前,有mgL=m-m,解得v1=3 m/s;P与Q发生弹性碰撞,有mvP+mvQ=mv1,m+m=m,解得vP=0,vQ=3 m/s。(2)设碰撞后,Q没有滑离AB段,当Q减速至0时,有-qEx1-μmgx1=0-m,解得x1=1.5 m<d,假设成立,即P与Q第一次碰撞后,滑块Q离A点的最远距离为1.5 m。(3)若P与Q第一次碰撞后,Q恰好能滑到B点,则-qE1d-μmgd=0-m,解得E1=2.5×104 V/m。当E<2.5×104 V/m时,Q从B点离开电场,则Q在AB段滑行的路程为s1=d=2 m;当E≥2.5×104 V/m时,Q没有从B点离开,因为qE>μmg,则Q返回再次与P相碰。设Q第一次在AB段减速至0的位移为x2时,返回与P碰撞后,P恰好能回到O点等高位置,则-qE2x2-μmgx2=0-m,设Q回到A点时速度为v2,Q从A点开始运动到又回到A点时,有-2μmgx2=m-m,P与Q再次碰撞,质量相等的弹性碰撞,两者交换速度,则碰后P的速度也为v2,此后P运动至与圆心等高,有-mgL=0-m,解得E2=3.4×105 V/m。当E>3.4×105 V/m时,P超过O点等高位置,因为m<mgL,P无法到达圆周最高点,绳子松弛,不满足条件。当2.5×104 V/m≤E≤3.4×105 V/m时,因为qE>μmg,Q无法停在AB段,最终停在A点,全过程,对系统由能量守恒,有μmgs2=m+mgL,解得s2=4.5 m,则Q在AB段滑行的路程为s2=4.5 m。综上为保证绳子不松弛需满足E≤3.4×105 V/m;当E<2.5×104 V/m时,Q在AB段滑行的路程为s1=2 m;当2.5×104 V/m≤E≤3.4×105 V/m时,Q在AB段滑行的路程为s2=4.5 m。答案:(1)0　3 m/s　(2)1.5 m　(3)见解析11.(2022·辽宁锦州二模)(多选)如图甲所示,在空间中建立xOy坐标系,α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成,放置在第Ⅱ象限,细管C到两金属板距离相等,细管C开口在y轴上。放射源P在A板左端,可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d,当A、B板间加上某一电压时,α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出,进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场,α粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动,该电场的电场线沿半径方向指向圆心O,α粒子运动轨迹处的电场强度大小为E0。t=0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中,交变电场随时间的变化关系如图乙所示,规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e(e为元电荷)、质量为m,重力不计。下列说法中正确的是(　BCD　)A.α粒子从放射源P运动到细管C的过程中动能的变化量为B.α粒子从放射源P射出时的速度大小为v0C.α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为D.当t=nT(n=1,2,3,…)时,α粒子的坐标为(+,-v0nT)解析:设α粒子运动到细管C处时速度为v0,α粒子反方向的运动为类平抛运动,水平方向有L=v0t,竖直方向有=at2,由牛顿第二定律2e·=ma,联立解得U=;α粒子从放射源射出到细管C的过程,由动能定理-2e·U=ΔEk,解得ΔEk=-eU=-;设α粒子发射时速度的大小为 v,α粒子从放射源射出至运动到细管C的过程,由动能定理-2e·U=m-mv2,解得v=v0,故A错误,B正确。由牛顿第二定律2eE0=m,得r=,故C正确。t=时,α粒子在x轴方向的速度为vx=·,所以一个周期内,α粒子在x轴方向的平均速度==,每个周期α粒子在x轴正方向前进的距离x0=T=;因为开始计时时α粒子横坐标为r=,所以t=nT(n=1,2,3,…)时,α粒子的横坐标为x=r+nx0=+n×,α粒子的纵坐标为y=-v0nT,在t=nT(n=1,2,3,…)时α粒子的坐标为(+,-v0nT),故D正确。12.(2021·福建卷,15)如图a,同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为L,O为水平连线AB的中点,M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷,电荷量均为Q(Q>0)。以O为原点,竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点,则ON上的电势随位置x的变化关系如图b所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S1以一定初动能从M点竖直下落,一段时间后经过N点,其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图c所示。图中g为重力加速度大小,k为静电力常量。(1)求小球S1在M点所受静电力大小。(2)当小球S1运动到N点时,恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等,碰撞前、后S1的动能均为,碰撞时间极短。求碰撞前S2的动量大小。(3)现将S2固定在N点,为保证S1能运动到N点与之相碰,S1从M点下落时的初动能须满足什么条件?解析:(1)设A点到M点的距离为RM,A点的电荷对小球S1的库仑力大小为FA,由几何关系可知,RM=2L,由库仑定律有FA=。设小球S1在M点所受静电力大小为FM,在A、B两点的点电荷对S1的库仑力大小相等,且与x轴负方向的夹角都为45°,由力的合成有FM=2FAcos 45°,联立上式,由几何关系并代入数据得FM=。(2)设O点下方处为C点,A与C的距离为RC,且与x轴负方向的夹角为θ,小球S1在C处所受的库仑力大小为FC,由库仑定律和力的合成有FC=2cos θ,式中cos θ=,设小球S1的质量为m1,小球S1在C点的加速度大小为a,由牛顿第二定律有FC+m1g=m1a,由图c可知,在处,小球S1的加速度a=2g,联立上式并代入数据得m1=。设S2的质量为m2,碰撞前、后S1的速度大小分别为v1、v1′,S2碰撞前、后的速度大小分别为v2、v2′,取竖直向下为正方向。由于S1碰撞前、后动能大小不变,故碰撞后S1速度反向,沿x轴负方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有-m1v1′+m2v2′=m1v1-m2v2,m1v1′2+m2v2′2=m1+m2,依题意有m1=m1v1′2,即v1=v1′,所以由能量守恒定律可知m2=m2v2′2,即v2=v2′,又m1=m2,由动量守恒方程可知v1=v2,根据m1=可得v1=3,故碰撞前S2的动量大小p2=m2v2=m1v1=。(3)设O点上方处为D点。根据图c和对称性可知,S1在D点所受的静电力大小等于小球所受的重力大小,方向竖直向上,S1在此处加速度为0;S1在D点上方做减速运动,在D点下方做加速运动,为保证S1能运动到N点与S2相碰,S1运动到D点时的速度必须大于零。设M点与D点电势差为UMD,由电势差定义有UMD=M-D,设小球S1的初动能为Ek,运动到D点的动能为EkD,由动能定理有m1g(MO-DO)+QUMD=EkD-Ek,EkD>0,由对称性,D点与C点电势相等,M点与N点电势相等,依据图b所给数据,联立可得Ek>。答案:(1)(2)　(3)见解析