2024年高考物理二輪復習專題強化練九電場帶電粒子在電場中的運動含解析

PAGE9-專題強化練(九)題型一電場的性質(zhì)1.(2024·北京卷)真空中某點電荷的等勢面示意如圖，圖中相鄰等勢面間電勢差相等．下列說法正確的是()A．該點電荷肯定為正電荷B．P點的場強肯定比Q點的場強大C．P點電勢肯定比Q點電勢低D．正檢驗電荷在P點比在Q點的電勢能大解析：正電荷和負電荷四周的等勢面都為一組同心球殼，該點電荷不肯定為正電荷，故A錯誤；相鄰等勢面間電勢差相等，P點旁邊的等差等勢面更加密集，故P點的場強肯定比Q點的場強大，故B正確；正電荷和負電荷四周的等勢面都為一組同心球殼，若為正點電荷，則P點電勢肯定比Q點電勢高，故C錯誤；從等勢面的狀況無法推斷該點電荷為正點電荷還是負點電荷，無法推斷P點電勢與Q點電勢的凹凸，就無法推斷正檢驗電荷在P點和在Q點的電勢能的大小，故D錯誤．答案：B2.[2024·新高考卷Ⅰ(山東卷)](多選)真空中有兩個固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等．一個帶負電的摸索電荷置于二者連線上的O點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)．過O點作兩正電荷連線的垂線，以O(shè)點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d，如圖所示．以下說法正確的是()A．a(chǎn)點電勢低于O點B．b點電勢低于c點C．該摸索電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D．該摸索電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能解析：由題意可知O點合場強為零，依據(jù)同種電荷之間電場線的分布可知aO之間電場線由a到O，故a點電勢高于O點電勢，故A錯誤；同理依據(jù)同種電荷電場線分布可知b點電勢低于c點電勢，故B正確；依據(jù)電場線分布可知負電荷從a到b電場力做負功，電勢能增加，即該摸索電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能，故C錯誤；同理依據(jù)電場線分布可知負電荷從c點到d點電場力做負功，電勢能增加，即該摸索電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能，故D正確．答案：BD3.如圖，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負極相連，一帶電小球經(jīng)絕緣輕繩懸掛于兩極板之間，處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)保持右極板不動，將左極板向左緩慢移動．關(guān)于小球所受的電場力大小F和繩子的拉力大小T，下列推斷正確的是()A．F漸漸減小，T漸漸減小B．F漸漸增大，T漸漸減小C．F漸漸減小，T漸漸增大D．F漸漸增大，T漸漸增大解析：F＝eq\f(U,d)q，d增大，則F減?。籘＝eq\r(G2＋F2)，F(xiàn)減小，則T減?。鸢福篈4.(多選)如圖所示，勻稱帶電的半圓環(huán)在圓心O點產(chǎn)生的電場強度為E、電勢為φ，把半圓環(huán)分成AB、BC、CD三部分．下列說法正確的是()A．BC部分在O點產(chǎn)生的電場強度的大小為eq\f(E,2)B．BC部分在O點產(chǎn)生的電場強度的大小為eq\f(E,3)C．BC部分在O點產(chǎn)生的電勢為eq\f(φ,2)D．BC部分在O點產(chǎn)生的電勢為eq\f(φ,3)解析：如圖所示，B、C兩點把半圓環(huán)等分為三段．設(shè)每段在O點產(chǎn)生的電場強度大小均為E′.AB段和CD段在O處產(chǎn)生的電場強度夾角為120°，它們的合電場強度大小為E′，則O點的合電場強度：E＝2E′，則：E′＝eq\f(E,2)；故圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的電場強度為eq\f(E,2).電勢是標量，設(shè)圓弧BC在圓心O點產(chǎn)生的電勢為φ′，則有3φ′＝φ，則φ′＝eq\f(φ,3)，A、D正確．答案：AD5．(2024·全國卷Ⅱ)(多選)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則()A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點間，粒子的軌跡肯定與某條電場線重合C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D．粒子在N點所受電場力的方向肯定與粒子軌跡在該點的切線平行解析：在兩個同種點電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點由靜止起先運動，粒子的速度先增大后減小，選項A正確；帶電粒子僅在電場力作用下運動，若運動到N點的動能為零，則帶電粒子在N、M兩點的電勢能相等；僅在電場力作用下運動，帶電粒子的動能和電勢能之和保持不變，可知若粒子運動到N點時動能不為零，則粒子在N點的電勢能小于在M點的電勢能，即粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能，選項C正確．若靜電場的電場線不是直線，帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡不會與電場線重合，選項B錯誤；若粒子運動軌跡為曲線，依據(jù)粒子做曲線運動的條件，可知粒子在N點所受電場力的方向肯定不與粒子軌跡在該點的切線平行，選項D錯誤．答案：AC6.(2024·全國卷Ⅰ)(多選)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖所示．電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec、和Ed.點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(ra，φa)標出，其余類推．現(xiàn)將一帶正電的摸索電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3解析：由圖可知，a、b、c、d到點電荷的距離分別為1m、2m、3m、6m，依據(jù)點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)可知，eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(req\o\al(2,b),req\o\al(2,a))＝eq\f(4,1)，eq\f(Ec,Ed)＝eq\f(req\o\al(2,d),req\o\al(2,c))＝eq\f(4,1)，故選項A正確，B錯誤；電場力做功W＝qU，a與b、b與c、c與d之間的電勢差分別為3V、1V、1V，所以eq\f(Wab,Wbc)＝eq\f(3,1)，eq\f(Wbc,Wcd)＝eq\f(1,1)，故選項C正確，D錯誤．答案：AC7.(2024·江蘇卷)(多選)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點電荷固定在A點．先將一電荷量也為＋q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為－W.再將Q1從C點沿CB移到B點并固定．最終將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點．下列說法正確的有()A．Q1移入之前，C點的電勢為eq\f(W,q)B．Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0C．Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2WD．Q2在移到C點后的電勢能為－4W解析：依據(jù)電場力做功與電勢能的改變關(guān)系知Q1在C點的電勢能Ep＝W，依據(jù)電勢的定義知C點電勢φ＝eq\f(Ep,q)＝eq\f(W,q)，A正確；在A點的點電荷產(chǎn)生的電場中，B、C兩點處在同一等勢面上，Q1從C移到B的過程中，電場力做功為0，B正確；單獨在A點固定電荷量為＋q的點電荷時，C點電勢為φ，單獨在B點固定點電荷Q1時，C點電勢也為φ，兩點電荷都存在時，C點電勢為2φ，Q2從無窮遠移到C點時，具有的電勢能E′p＝－2q×2φ＝－4W，電場力做功W′＝－E′p＝4W，C錯誤，D正確．答案：ABD題型二與電容器有關(guān)的電場問題8.(多選)如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電池相連，b板接地(規(guī)定大地電勢為零)，在距離兩板一樣遠的P點有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài)．若將b板向下平移一小段距離，則穩(wěn)定后，下列說法正確的是()A．液滴將加速向下運動B．P點電勢上升，液滴在P點時的電勢能減小C．P點的電場強度變大D．在b板移動前后兩種狀況下，若將液滴從a板移到b板，電場力做功不變解析：因液滴起先處于靜止狀態(tài)，所以起先時受力平衡，則受到的電場力向上，液滴帶負電，有mg＝qE.金屬板a、b與電池相連，兩端電勢差不變，由E＝eq\f(U,d)可知，d增大，E減小，液滴受到的電場力減小，故將加速向下運動，A正確，C錯誤；b極接地，電勢為零，P點與a板距離不變，E減小，所以P點與a板間電勢差變小，而a、b之間電勢差沒有變，所以P點與b板之間電勢差變大，P點電勢上升，由Ep＝qφ可知，電勢能減小，故B正確；由W＝qU可知，電勢差不變，前后兩種狀況下，電場力做功相同，故D正確．答案：ABD9.(多選)如圖所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計，起先時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開肯定角度．下述結(jié)論正確的是()A．若保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些，指針張開角度將變小B．若保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板正對面積變小些，指針張開角度將不變C．若斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板靠近些，指針張開角度將變小D．若斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板正對面積變小些，指針張開角度將變大解析：保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢差不變，靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，所以指針張角不變，故A錯誤，B正確；斷開開關(guān)，電容器帶電荷量不變，將A、B靠近一些，則d減小，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容增大，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)知，電勢差減小，指針張角減小，故C正確；斷開開關(guān)，電容器帶電荷量不變，將A、B正對面積變小些，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)知，電勢差增大，指針張角增大，故D正確．答案：BCD題型三帶電粒子在電場中的運動10.(2024·浙江卷)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中．已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽視，則粒子到達MN連線上的某點時()A．所用時間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點的距離為eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°解析：粒子在電場中做類平拋運動，水平方向x＝v0t，豎直方向＝2v0，故粒子速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B錯誤；由幾何關(guān)系可知，到P點的距離為L＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),Eq)，故C正確；由平拋推論可知，tanα＝2tanβ，速度正切tanα＝2tan45°＝2，故D錯誤．答案：C11.(2024·全國卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計．(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大??；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？解析：(1)PG、QG間場強大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)，①F＝qE＝ma.②設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，③設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2，④l＝v0t，⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh，⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ)).⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ)).⑧答案：(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))12．(2024·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點．從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點放射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求：(1)電場強度的大?。?2)B運動到P點時的動能．解析：(1)設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.依據(jù)牛頓其次定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma，①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)gt2，②解得E＝eq\f(3mg,q).③(2)設(shè)B從O點放射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，依據(jù)動能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh＋qEh，④且有v1eq\f(t,2)＝v0t，⑤h＝eq\f(1,2)gt2，⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)．答案：(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)13．如圖所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L.槽內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的小球A和B，球A帶電量為＋2q，球B帶電量為－3q，兩球由長為2L的輕桿相連，組成一帶電系統(tǒng)．最初A和B分別靜止于左板的兩側(cè)，離板的距離均為L.若視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強電場E后(設(shè)槽和輕桿由特別絕緣材料制成，不影響電場的分布)，求：(1)球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小；(2)帶電系統(tǒng)從起先運動到速度第一次為零所需的時間及球A與右板的距離．解析：對帶電系統(tǒng)進行分析，假設(shè)球A能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W1，有W1＝2qE×2.5L＋(－3qE×1.5L)>0，而且還能穿過小孔，離開右極板．假設(shè)球B能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W2，有W2＝2qE×2.5L＋(－3qE×3.5L)<0.綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A、B應(yīng)分別在右極板兩側(cè)．(1)帶電系統(tǒng)起先運動時，設(shè)加速度為a1，由牛頓其次定律得a1＝eq\f(2qE,2m)＝eq\f(qE,m).球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為v1