2021新高考物理二輪復(fù)習(xí)專題限時集訓(xùn)9電場的性質(zhì)帶電粒子在電場中的運動

專題限時集訓(xùn)(九)(建議用時：40分鐘)1．如圖所示，兩個帶電荷量為q的點電荷分別位于帶電的半徑相同的eq\f(1,4)球殼和eq\f(3,4)球殼的球心，這兩個球殼上電荷均勻分布且電荷的密度相同，若圖甲中帶電的eq\f(1,4)球殼對點電荷q1的庫侖力的大小為F，則圖乙中帶電的eq\f(3,4)球殼對點電荷q2的庫侖力的大小為()甲乙A．eq\f(3,2)FB．eq\f(\r(2),2)FC．eq\f(1,2)FD．FD[將圖乙中的帶電的eq\f(3,4)球殼分成三個帶電的eq\f(1,4)球殼，關(guān)于球心對稱的兩個帶電的eq\f(1,4)球殼對點電荷的庫侖力的合力為零，因此圖乙中帶電的eq\f(3,4)球殼對點電荷的庫侖力的大小和圖甲中帶電的eq\f(1,4)球殼對點電荷的庫侖力的大小相等，D正確，A、B、C錯誤。]2．如圖所示，真空中O點存在一個帶正電的點電荷Q，其附近有一個不帶電的金屬網(wǎng)罩W，網(wǎng)罩內(nèi)部有一點P，O、P之間距離為r。靜電力常量記作k，下列判斷正確的是()A．金屬網(wǎng)罩包含的自由電荷很少，靜電感應(yīng)后不能達(dá)成靜電平衡B．金屬網(wǎng)罩對點電荷Q的作用力表現(xiàn)為斥力C．金屬網(wǎng)罩的左部電勢較高，右部電勢較低D．金屬網(wǎng)罩的感應(yīng)電荷在P點產(chǎn)生的感應(yīng)電場強度大小為keq\f(Q,r2)D[金屬網(wǎng)罩在靜電感應(yīng)后一定能達(dá)成靜電平衡，故A錯誤；由于靜電感應(yīng)，在金屬網(wǎng)罩達(dá)到靜電平衡后，靠近O處的負(fù)電荷受到的吸引力大于遠(yuǎn)離O處的正電荷受到的排斥力，所以金屬網(wǎng)罩對點電荷Q的作用力表現(xiàn)為引力，故B錯誤；金屬網(wǎng)罩達(dá)到靜電平衡后，本身是一個等勢體，各點的電勢是相等的，故C錯誤；在金屬網(wǎng)罩達(dá)到靜電平衡后，內(nèi)部的場強處處為0，所以感應(yīng)電荷在P點產(chǎn)生的感應(yīng)電場強度與點電荷在P點產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，所以根據(jù)庫侖定律可知，感應(yīng)電荷在P點產(chǎn)生的感應(yīng)電場強度大小為E＝eq\f(kQ,r2)，故D正確。]3．(多選)(2020·江蘇高考·T9)如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球(不計重力)。開始時，兩小球分別靜止在A、B位置。現(xiàn)外加一勻強電場E，在靜電力作用下，小球繞輕桿中點O轉(zhuǎn)到水平位置。取O點的電勢為0。下列說法正確的有()A．電場E中A點電勢低于B點B．轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等C．該過程靜電力對兩小球均做負(fù)功D．該過程兩小球的總電勢能增加AB[沿著電場線方向，電勢降低，A正確；由于O點的電勢為0，根據(jù)勻強電場的對稱性知φA＝－φB，又qA＝－qB，Ep＝qφ，所以EpA＝EpB，B正確；A、B位置的小球受到的靜電力分別水平向右、水平向左，絕緣輕桿逆時針旋轉(zhuǎn)，兩小球靜電力對兩小球均做正功，電場力做正功，電勢能減少，C、D錯誤。]4．如圖甲為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓?，F(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計)，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運動時間均為T，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()甲乙A．1∶1B．2∶1C．3∶1D．4∶1C[設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時，粒子在偏轉(zhuǎn)場中的加速度為a，若粒子在t＝nT時刻進入偏轉(zhuǎn)場，則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)場，此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最大，ymax＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋a×eq\f(T,2)×eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2。若粒子在t＝nT＋eq\f(T,2)時刻進入偏轉(zhuǎn)場，則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)場，此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最小，ymin＝0＋eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)aT2。則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3∶1。故C項正確，A、B、D錯誤。]5．(易錯題)(多選)如圖所示，勻強電場中三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝2eq\r(3)m，已知電場線平行于三角形ABC所在的平面，一個電荷量q＝－2×10－6C的點電荷由A移到B的過程中，電勢能增加了1.2×10－5J，由B移到C的過程中電場力做功6×10－6J，為方便計算，設(shè)B點電勢為0，下列說法正確的是()A．B、C兩點的電勢差UBC＝3VB．A點的電勢低于B點的電勢C．負(fù)電荷由C點移到A點的過程中，電勢能減少D．該電場的場強為1V/mCD[由B移到C的過程中電場力做功WBC＝6×10－6J，則B、C兩點的電勢差為UBC＝eq\f(WBC,q)＝－3V，A項錯誤；點電荷由A移到B的過程中，電勢能增加1.2×10－5J，可知電場力做功WAB＝－1.2×10－5J，A、B兩點的電勢差UAB＝eq\f(WAB,q)＝6V，所以A點的電勢高于B點的電勢，B項錯誤；UCA＝－UBC－UAB＝－3V，根據(jù)W＝Uq得，負(fù)電荷由C移到A的過程中，電場力做正功，所以電勢能減少，C項正確；由分析可知φA＝6V，φC＝3V，又三角形ABC為等腰三角形，所以AB中點的電勢也為3V，則AB中點與C點的連線為該電場的等勢線，所以電場強度方向沿著AB方向，由A指向B，BC＝2eq\r(3)m，所以UAB＝EdAB＝6V，計算得該電場的場強為1V/m，D項正確。][易錯點評](1)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系為UAB＝Ed，其中d為A、B兩點沿電場方向的距離。此公式在非勻強電場中可定性判斷。(2)電勢差與電勢均為標(biāo)量，但有正負(fù)，UAB＝φA－φB(初電勢減末電勢，與變化量不同)。(3)計算電場力做功、電勢能、電勢時，可以直接代入正、負(fù)號。(4)分析電勢能、電勢問題時，需先選取零勢點，分析電勢能變化量及電勢差時則不需要。6．有一半徑為R的均勻帶電薄球殼，在通過球心的直線上，各點的場強E隨與球心的距離x變化的關(guān)系如圖所示。在球殼外的空間，電場分布與電荷量全部集中在球心時相同，已知靜電力常量為k，半徑為R的球面面積為S＝4πR2，則下列說法正確的是()A．均勻帶電球殼的帶電密度為eq\f(E0,4πk)B．圖中r＝1.5RC．在x軸上各點中有且只有x＝R處電勢最高D．球面與球心間電勢差為E0RA[由圖線可知，距離球心R處的場強為E0，則根據(jù)點電荷場強公式可知E0＝eq\f(kQ,R2)，解得球殼帶電荷量為Q＝eq\f(E0R2,k)，則均勻帶電球殼帶電密度為eq\f(Q,4πR2)＝eq\f(E0,4πk)，選項A正確；根據(jù)點電荷場強公式有eq\f(1,2)E0＝eq\f(kQ,r2)，解得r＝eq\r(2)R，選項B錯誤；由題意可知，在0～R范圍內(nèi)x軸上各點的電勢均相同，球面與球心間的電勢差為零，選項C、D錯誤。]7．(原創(chuàng)題)(多選)某帶電金屬棒所帶電荷均勻分布，其周圍的電場線分布如圖所示，在金屬棒的中垂線上的兩條電場線上有A、B兩點，電場中另有一點C。已知A點到金屬棒的距離大于B點到金屬棒的距離，C點到金屬棒的距離大于A點到金屬棒的距離，則()A．A點的電勢低于B點的電勢B．B點的電場強度小于C點的電場強度C．將正電荷沿AC方向從A點移動到C點，電場力做正功D．負(fù)電荷在A點的電勢能小于其在B點的電勢能AC[由圖，結(jié)合電場線的特點可知，該題中金屬棒兩側(cè)的電場是對稱的，設(shè)AB連線與金屬棒交點為O，由于OA＞OB，所以O(shè)A之間的電勢差大于OB之間的電勢差，根據(jù)沿電場線的方向電勢降低可知，A點的電勢低于B點的電勢，故A正確；根據(jù)電場線的疏密表示電場的強弱可知，B點的電場強度大，故B錯誤；沿著電場線方向電勢降低，A點電勢比C點高，則將正電荷沿AC方向從A點移動到C點，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；負(fù)電荷在電勢高的位置的電勢能小，所以負(fù)電荷在A點的電勢能大于其在B點的電勢能，故D錯誤；故選AC。]8．(多選)(2020·廣東六校第二次聯(lián)考)真空中電荷量均為Q的兩同種點電荷連線和如圖所示的絕緣正方體框架的兩側(cè)面ABB1A1和DCC1D1中心連線重合，電荷連線中心和正方體中心重合，空間中除兩同種電荷Q產(chǎn)生的電場外，不計其他任何電場的影響，則下列說法正確的是()A．正方體兩頂點A、C1電場強度相同B．正方體兩頂點A、C1電勢相同C．兩等量同種點電荷周圍電場線和面ABB1A1總是垂直D．把正檢驗電荷q從頂點A移到C電場力不做功BD[電場強度是矢量，需要兩個電荷在不同點進行場強的矢量疊加，分析可知A點和C1點兩處的電場強度大小相等，方向相反，且均不與面ABB1A1垂直，所以A、C錯誤；由于A、B、B1、A1在同一等勢面上，D、C、C1、D1在同一等勢面上，又根據(jù)電勢的對稱性可知這8個點的電勢相等(兩等勢面關(guān)于點電荷連線的中點對稱)，所以B正確；因為A點和C點的電勢相等，根據(jù)電場力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)可知，正檢驗電荷q從頂點A移到C電場力不做功，所以D正確。]9．(多選)(2020·上海靜安高三一模)如圖所示，R0為熱敏電阻(溫度降低、電阻增大)，D為理想二極管(正向電阻為零，反向電阻無窮大)，C為平行板電容器，C中央有一帶電液滴剛好靜止，M點接地。在開關(guān)S閉合后，下列各項單獨操作可能使帶電液滴向上運動的是()A．將熱敏電阻R0加熱B．滑動變阻器R的滑片P向上移動C．開關(guān)S斷開D．電容器C的上極板向上移動AC[液滴受向上的電場力和向下的重力作用，將熱敏電阻R0加熱，則熱敏電阻阻值減小，滑動變阻器R上的電壓變大，故電容器兩端的電壓變大，兩板間場強變大，液滴向上運動，選項A正確；滑動變阻器R的滑片P向上移動時，R接入電路的阻值減小，則電容器兩端的電壓減小，電容器放電，但是由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜魃系碾姾闪坎蛔?，故兩板間的場強不變，液滴不動，選項B錯誤；開關(guān)S斷開時，電容器兩端的電壓等于電源的電動勢，則電容器兩板間的場強變大，液滴向上運動，選項C正確；電容器C的上極板向上移動時，d增大，則電容C減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電荷不會向右流出，所以電容器兩端的電勢差增大，由于U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，所以E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由于極板上的電荷量不變，而場強E與極板之間的距離無關(guān)，所以電場強度E不變，液滴仍然靜止，選項D錯誤。]10．(2020·濰坊市高三第一次模擬考試)如圖所示，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，直線MN垂直于圓環(huán)平面且過圓心O，M、N兩點關(guān)于O點對稱。將一帶負(fù)電的試探電荷從M點無初速度釋放，選無窮遠(yuǎn)處電勢為零，下列說法正確的是()A．M、N兩點電場強度相同B．試探電荷經(jīng)過O點時速度最大C．試探電荷經(jīng)過O點時電勢能為零D．試探電荷將在MN之間做簡諧運動B[由電場強度疊加原理可知，M、N兩點電場強度大小相等，方向相反，故選項A錯誤；圓環(huán)上均勻分布著正電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)上各電荷在O點產(chǎn)生的場強相互抵消，合場強為零，圓環(huán)上各電荷產(chǎn)生的電場強度在MN直線上豎直方向的分量相互抵消，在O點左邊水平分量水平向左，由電場的疊加原理可知，在O點左邊電場強度方向向左，同理可知，在O點右邊電場強度方向向右，帶負(fù)電的試探電荷從M點無初速度釋放后，向右先做加速運動，到O點時加速度為0，速度最大，接著向右做減速運動，故選項B正確；選無窮遠(yuǎn)處電勢能為零，由順著電場線方向電勢降低可知，MN上O點電勢最高且不為0，則試探電荷在O點時電勢能不為0，故選項C錯誤；由點電荷場強公式E＝keq\f(Q,r2)和疊加原理可知場強大小與位移不成正比，則帶負(fù)電的試探電荷運動過程中的合力與位移不成正比，故試探電荷在MN之間做的不是簡諧運動，故選項D錯誤。]11．(2020·濱州市重點中學(xué)高考模擬考試)如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向右的勻強電場E，A點與B點的連線垂直于電場線，兩個完全相同的帶等量正電荷的粒子，以相同大小的初速度v0分別從A點和B點沿不同方向開始運動，之后都能到達(dá)電場中的N點，粒子的重力和粒子間的相互作用均不計，下列說法正確的是()A．兩粒子到達(dá)N點所用的時間可能相等B．兩粒子到達(dá)N點時的速度大小一定不相等C．兩粒子在N點時的動能可能小于各自初始點的動能D．兩粒子整個運動過程機械能的增加量一定相等D[分別從A、B兩點射出的帶電粒子在電場中運動的加速度相等，A、B兩點到N點在沿電場方向上的距離相等，但兩帶電粒子在沿電場方向上的初速度不相等，因此到達(dá)N點所用時間一定不相等，選項A錯誤；兩粒子分別從A、B兩點到N點過程中電場力做的功相等，初動能相等，由動能定理可判斷出兩粒子到達(dá)N點的速度大小一定相等，且動能增大，選項B、C錯誤；電場力做的功等于粒子機械能的增加量，由以上分析可知，選項D正確。]12．(2020·淄博市高三模擬考試)如圖所示，兩等量異號的點電荷相距2a。M與兩點電荷共線，N位于兩點電荷連線的垂直平分線上，兩點電荷連線中點到M和N的距離都為L，且L?a。略去eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,L)))eq\s\up12(n)(n≥2)項的貢獻(xiàn)，則兩點電荷的合電場在M點和N點的強度()A．大小之比為2，方向相反B．大小之比為1，方向相反C．大小均與a成正比，方向相反D．大小均與L的平方成反比，方向相互垂直AC[根據(jù)等量異號點電荷形成電場的電場強度的矢量合成可知，N點的場強方向水平向左，M點的場強方向水平向右，D錯誤；由點電荷電場強度分布特點可知，M點、N點場強的大小分別為EM＝eq\f(kq,L－a2)－eq\f(kq,L＋a2)，EN＝eq\f(kq,L2＋a2)·sinα·2＝eq\f(kq,L2＋a2)×eq\f(a,\r(L2＋a2))×2，結(jié)合題目條件可得EM≈eq\f(4kqa,L3)，EN≈eq\f(2kqa,L3)，由此可知M點和N點的場強大小均與a成正比，且EM∶EN＝2∶1，方向相反，A、C正確，B錯誤。]13．(2020·湖南長郡中學(xué)測試)如圖所示，質(zhì)量mA＝0.8kg、帶電荷量q＝－4×10－3C的A球用長度l＝0.8m的不可伸長的絕緣輕線懸吊在O點，O點右側(cè)有豎直向下的勻強電場，電場強度E＝5×103N/C。質(zhì)量mB＝0.2kg不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上，右側(cè)緊貼著壓縮并鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與固定擋板連接，此時彈性勢能為Ep＝3.6J?，F(xiàn)將A球拉至左邊與O點等高處由靜止釋放，將彈簧解除鎖定，B球離開彈簧后，恰好與第一次運動到最低點的A球相碰，并結(jié)合為一整體C，同時撤去水平軌道。A、B、C均可視為質(zhì)點，線始終未被拉斷，g＝10m/s2。(1)求碰撞過程中A球?qū)球做的功。(2)求碰后C第一次離開電場時的速度。(3)C每次離開最高點時，電場立即消失，到達(dá)最低點時，電場又重新恢復(fù)，不考慮電場瞬間變化產(chǎn)生的影響，求C每次離開電場前的瞬間輕線受到的拉力。[解析](1)對A，根據(jù)機械能守恒定律可得mAgl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得碰撞前A的速度vA＝4m/s又Ep＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得碰撞前B的速度vB＝6m/s以水平向右為正方向，由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vC，解得C的速度vC＝2m/s則A對B所做的功W＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,C)－Ep＝－3.2J。(2)碰后，整體C受到電場力大小F＝qE＝20N，G＝mCg＝10N，因F－mCg>mCeq\f(v\o\al(2,C),l)，所以C做類平拋運動水平方向上：x＝vCt豎直方向上：y＝eq\f(1,2)at2，其中a＝eq\f(qE－mCg,mC)＝10m/s2圓的方程為x2＋(y－l)2＝l2解得x＝0.8m，y＝0.8m，t＝0.4sC剛好在與O(圓心)等高處時線被拉直，此時C向上的速度為v1＝at＝4m/sC運動到最高點的過程，由動能定理得(F－mCg)l＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,1)，解得C運動到最高點速度v2＝4eq\r(2)m/s。(3)C從最高點運動到最低點的過程，由動能定理得2mCgl＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,2)解得C到最低點時的速度v3＝8m/s由T0＋F－mCg＝mCeq\f(v\o\al(2,3),l)，可知T0＝70N>0，所以小球能一直做圓周運動，由動能定理得eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,2)＝2(n－1)qEl，T＋mCg－F＝mCeq\f(v\o\al(2,n),l)，其中n為C經(jīng)過最高點次數(shù)解得T＝(80n－30)N，n＝1,2,3……[答案]見解析14．(多選)(2020·全國卷Ⅲ·T21)如圖所示，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q(q＞0)的點電荷固定在P點。下列說法正確的是()A．沿MN邊，從M點到N點，電場強度的大小逐漸增大B．沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小C．正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能