专题3 第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动 强化练-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1~10题,每题6分 1.如图所示,空间中有一均匀带正电的绝缘球壳ABCD,P、 Q为竖直直径BD延长线上的两点,且OP=OQ,AC为水平直 径。在P点放置一质量为m1、电荷量为+q(q>0且q极小)的 小球甲,小球甲恰能静止;移走小球甲,并截除半球壳ABC (不影响半球壳ADC的电荷分布),在Q点放置质量为m2、 电荷量为-q的小球乙,小球乙也恰能静止。重力加速度为 g,则半球壳ADC对小球甲的作用力大小为(　　) A.(m1-m2)g　　　　　　　 B.(m1+m2)g C. D. A 解析:截除ABC前,设半球壳ABC对甲球的作用力大小为FB,ADC对甲球的作用力大小为FD,则FB+FD=m1g,移走ABC后,根据位置关系可知,ADC对乙球的作用力大小与ABC对甲球的作用力大小相等,即FD'=FB=m2g,则FD=(m1-m2)g,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·江苏常州一模)电缆周围的电场分布对电缆 的电气强度影响很大。如图所示为电缆终端周围的 电场分布情况,图中虚线为等势线,实线为电场线。 下列说法正确的是(　　) A.电场中b点的场强与d点的电场强度相同 B.将一电子放在c点,电子的电势能为30 eV C.将一电子由a点经b点移至c点,电场力先做正功后做负功 D.在b点由静止释放一带正电的粒子,粒子将沿电场线运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:根据题图电场线分布结合对称性可知,电场中b点的场强与d点的场强大小相等,但方向不同,故A错误;因c点电势为30 V,则将一电子放在c点,电子的电势能为-30 eV,故B错误;将一电子由a点经b点移至c点,电势先升高后降低,则电子的电势能先减小后变大,则电场力先做正功后做负功,故C正确;因电场线为曲线,则在b点由静止释放一带正电的粒子,粒子不会沿电场线运动,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(多选)如图甲所示,竖直放置的绝缘圆环上均匀分布着正电荷,光滑的绝缘细杆过圆心且垂直于圆环平面,杆上套有一带电小球。t=0时将小球从a点由静止释放,小球沿细杆运动的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.小球从a到b的过程中电势能一直 增大 B.小球从a到c的过程中电势能先增大 后减小 C.a点的电场强度小于b点的电场强度 D.a、b两点电势差小于b、c两点的电势差 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 CD 解析:由题意可知小球带正电,小球从a经过b运动到c点的过程中,速度一直增大,静电力一直做正功,电势能一直减小,故A、B错误;根据v-t图像的斜率表示加速度可知,小球在a点的加速度小于在b点的加速度,由qE=ma可知,a点的电场强度小于b点的电场强度,故C正确;根据动能定理,从a到b有qUab=m,从b到c有qUbc=m-m,结合图像可得Uab<Ubc,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2025·山东日照一模)x轴上O、P两点分别固定点电荷甲、乙,电荷量的绝对值分别为q1、q2。一个带负电的试探电荷沿着x轴运动时,在O、P之间的电势能Ep随x变化关系如图所示,在P点右侧,运动到B点时电势能最大。已知OP=PB,A点为O、P之间的中点,C点为P、B之间的中点,试探电荷运动到A点时加速度大小为a。若试探电荷仅受静电力的作用,下列判断正确的是(　　) A.点电荷甲带正电,点电荷乙带负电 B.两个点电荷的电荷量满足q1=2q2 C.P、B之间的电场方向沿着x轴负方向 D.试探电荷运动到C点时加速度大小为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:因为Ep=qφ且试探电荷带负电,所以两电荷间 的电势沿着x轴的负方向降低,即在O、P间电场线 沿x轴的负方向,即甲带负电,乙带正电,故A错误; 试探电荷运动到B点时电势能最大,说明B点的电 场强度为零,即k=k,解得q1=4q2,故B错误;由以上分析可知,B点的电势最低,而P点电势最高,则P、B之间的电场方向沿着x轴正方向,故C错误;设试探电荷的质量为m,所带电荷量为-q,则试探电荷在A点时,根据牛顿第二定律有k+k=ma,在C点时,根据牛顿第二定律有k-k=maC,联立解得aC=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2025·江西景德镇三模)如图所示为一正四棱锥,底面 四个顶点A、B、C、D上依次固定电荷量为+q、+q、 -q、-q的点电荷,O点为底面中心,规定无穷远处电势为 零,则(　　) A.E点处电场强度、电势都为零 B.O点处电场强度方向由B指向O C.将一质子从O点沿直线移动到CD边中点,其电势能逐渐减小 D.将一质子从O点沿直线移动到E点,其电势能增加 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:根据等量异种点电荷连线中垂线上的电场及电势特 点,由电势叠加可知,O点电势为零,OE为一条等势线,故E 点的电势为0;由场强叠加原理可知,E点处电场强度不为 零,故A错误。由场强叠加可知A、C处两等量异种点电荷 在O点的场强方向垂直于BD指向C;B、D处两等量异种点电荷在O点的场强方向垂直AC指向D,则O点处的电场强度方向沿水平方向向右,且与CD边垂直,故B错误。由于CD边中点的电势为负值,则将一质子从O点沿直线移动到CD边中点,电势降低,根据Ep=qφ可知,质子的电势能逐渐减小,故C正确。由于OE为一条等势线,所以将一质子从O点沿直线移动到E点,电场力不做功,其电势能不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2025·陕西西安一模)如图,静电选择器由两块相互绝缘、半径很大的同心圆弧形电极组成。电极间电压为U,电极间距离为d,可以视为方向为径向的匀强电场。由于d很小,可以近似认为两电极半径均为r。由氕核H)、氘核H)和氚核H)组成的粒子流从狭缝进入选择器,不计粒子重力和粒子间相互作用,部分粒子能沿圆弧路径射出,则这样的粒子具有的相同量是(　　) A.动量 B.动能 C.速度 D.比荷 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:电极间电场可近似为匀强电场,根据电势差与电 场强度的关系可得,电极间电场强度大小为E=,能沿 圆弧路径从选择器出射的粒子在选择器中做匀速圆周 运动,静电力提供向心力,根据牛顿第二定律可知Eq= m,解得Ek=mv2=,因氕核H)、氘核H)和氚核H)的电荷量q相同,电场强度E和半径r都相同,由上式可知,这样的粒子具有相同的动能。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.如图所示,一光滑绝缘的圆环水平放置,空间中有水平向右的匀强电场E,通过C点的直径与电场强度方向平行,环上有AC、BC两根光滑绝缘的细杆。现有两个带正电的轻质小环套在细杆上,分别从A、B两点同时由静止释放,不计小环之间的库仑力及小环所受重力。已知两小环的质量、电荷量关系为mA=2mB、qB=2qA,则它们分别沿细杆AC、BC运动到C点的时间之比tA∶tB为(　　) A.2∶1 B.1∶2 C.1∶1 D.不能确定 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:设细杆与电场线之间的夹角为θ,对轻质小环,由牛顿第二定律得 F合=Eqcos θ=ma,解得a=,小环沿杆做匀加速直线运动,设圆环直径为d,由运动学公式得dcos θ=at2,解得t=,所以tA∶tB=2∶1,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(2025·福建福州模拟预测)我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示,放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,经电场加速后以某一速度喷出,从而产生推力。某次实验中,加速电压为U,氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m,忽略离子的初速度及离子间的相互作用,则离子推进器产生的推力为(　　) A.I B.I C.I D.I 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:以正离子为研究对象,由动能定理得qU=mv2, Δt时间内通过某截面的总电荷量为Q=IΔt, 喷出的正离子总质量为M=m=m, 由动量定理可知正离子所受的平均冲量Δt=Mv, 联立以上式子可得=I, 根据牛顿第三定律可知,离子推进器产生的平均推力=I, 故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(多选)(2025·宁夏银川一模)如图所示,在竖直平面内 有一个带正电的小球,质量为m=0.5 kg,所带的电荷量 为q=5×10-4 C,用一根不可伸长的绝缘轻细线系在匀 强电场中的O点,匀强电场方向水平向右,场强为 104 N/C。现将带正电小球从O点右方由水平位置A点 (细线绷直)无初速度释放,重力加速度g取10 m/s2。以下说法正确的是(　　) A.小球运动到B点时速度刚好为零 B.从A到B的过程中小球减少的重力势能大于电势能的增加量 C.若将小球从C点由静止释放,小球将先做直线运动后做曲线运动 D.若将小球从C点由静止释放,运动过程中机械能和电势能的和不守恒 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ACD 解析:设细线长度为L,小球从A到B过程,根据动能定理 有mgL-qEL=m,代入数据可得vB=0,可知小球运动 到B点时速度刚好为零,根据能量守恒定律可知从A到 B的过程中小球减少的重力势能等于电势能的增加量, 故A正确,B错误;若将小球从C点由静止释放,根据题意有qE=mg,可知小球所受的合力与竖直方向的夹角为45°,故小球先做匀加速直线运动,当小球运动到B点时,细线绷紧,沿着细线方向的分速度瞬间变为零,之后小球做曲线运动,该过程有能量损失,所以运动过程中机械能和电势能的和不守恒,故C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(2025·云南昆明模拟预测)在如图所示的空间直角坐标系中,一不计重力且带正电的粒子从坐标为(L,0,L)处以某一初速度平行y轴正方向射出,经时间t,粒子前进的距离为L。在该空间加上匀强电场,粒子仍从同一位置以相同的速度射出,经相同时间t后恰好运动到坐标原点O。已知粒子的比荷为k,则该匀强电场的场强大小为(　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:设平行于y轴正方向的初速度为v0,沿x、y、z轴方向的加速度分别为ax、ay、az,则L=axt2,0=v0t-ayt2,L=azt2, 不加电场时有L=v0t, 则F=Eq=m, 联立解得E=, 故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(12分)(2025·北京石景山一模)当金属的温度升高到一定程度时会向四周发射电子,这种电子称为热电子。如图所示,相距为L的两块平行正对的金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源E1上,M、N之间的电场视为匀强电场,K是与M板距离很近的灯丝,电源E2给K加热从而产生热电子。开关S闭合后,稳定时,电流表的示数为I。已知电子质量为m、电荷量为e,热电子的初速度可以忽略不计。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)电子从灯丝K出发到达N板所经历的时间; 解析:电子从速度为0开始做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律,有eE=ma, 板间电场强度为E=, 由位移时间公式,有L=at2, 联立解得t=L。 答案：L 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)电路稳定的某时刻,M、N之间左半部分空间与右半部分空间的电子数之比; 解析:设左半部分运动时间为t1,右半部分运动时间为t2,由位移时间公式,对整个过程有L=a(t1+t2)2, 对左半部分有=a,解得=, 稳定时,电子均匀发射,左半部分电子数量与右半部分电子数量之比 ==。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)距离M板为x的空间范围内的电子数N。 解析:由位移时间公式,有x=at'2, 电子数量N=, 解得N=。 答案： 12.(14分)(2025·陕西宝鸡一模)如图所示,竖直面内的圆形虚线区域内有一匀强电场,电场方向平行圆平面。圆形区域的半径为R, PQ是一条直径, 与水平方向的夹角θ=30°,A点位于P点的正下方。一个质量为m、带电荷量为+q的粒子,从P点由静止释放后,从A点以速度v0射出电场区域,不计带电粒子的重力。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求匀强电场的电场强度大小和方向; 解析:根据题意可知,带正电粒子从P点由静止释放后,从A点射出,则匀强电场的方向沿PA,且由P指向A。从P点到A点的过程中,由动能定理可得qE·lPA=m-0, 由几何关系可知lPA=R, 解得匀强电场的电场强度大小为E=。 答案：　由P指向A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)若粒子从P点水平射入电场,要使粒子恰好能从Q点射出,求粒子的入射速度大小; 解析:设粒子的入射速度为v0',粒子从P点到Q点的时间为t,由题意可得粒子在电场中做类平抛运动,所以有R=at2,a=,R=v0'·t, 解得粒子的入射速度为v0'=v0。 答案：v0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)若粒子从P点沿某一方向射入电场时,电势能变化量最大,求此过程中粒子电势能变化量的最大值。 解析:当粒子从圆心的正下方射出时,电场力做功最多,粒子电势能变化量最大,则有 W电=qE·R(1+sin 30°), 由于W电=-ΔEpmax, 所以可得,粒子电势能变化量的最大值为m。 答案：m 感谢您的观看 $