【名師伴你行】2021屆高考物理二輪復習專題提能專訓：8電場的性質、帶電粒子在電場中運動

提能專訓(八)電場的性質、帶電粒子在電場中運動時間：90分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分．多選全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．(2022·新課標全國卷Ⅱ)(多選)關于靜電場的電場強度和電勢，下列說法正確的是()A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直B．電場強度為零的地方，電勢也為零C．隨著電場強度的大小漸漸減小，電勢也漸漸降低D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向答案：AD解析：依據(jù)電場強度與電勢的關系解題．電場線(電場強度)的方向總是與等電勢面垂直，選項A正確．電場強度和電勢是兩個不同的物理量，電場強度等于零的地方，電勢不肯定等于零，選項B錯誤．沿著電場線方向，電勢不斷降落，電勢的凹凸與電場強度的大小無必定關系，選項C錯誤．電場線(電場強度)的方向總是從高的等電勢面指向低的等電勢面，而且是電勢降落最快的方向，選項D正確．2．(2022·陜西長安一中質檢)如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體布滿z<0的空間，z>0的空間為真空．將電荷為＋q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的．已知靜電平衡時導體內部場強處處為零，則在z軸上，z＝eq\f(h,3)處的場強大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(4q,h2)B．keq\f(45q,16h2)C．keq\f(32q,9h2)D．keq\f(40q,90h2)答案：B解析：在z軸上－eq\f(h,3)處取一點M，由于該點場強為零，所以感應電荷與＋q在該點產(chǎn)生場強大小相等、方向相反，所以感應電荷場強E′＝eq\f(kq,\f(4,3)h2)，同理可得感應電荷在z＝eq\f(h,3)處場強，所以z＝eq\f(h,3)處場強E＝eq\f(kq,\f(4,3)h2)＋eq\f(kq,\f(2,3)h2)＝eq\f(45kq,16h2)，選項B正確．3．(2022·大綱全國)地球表面四周某區(qū)域存在大小為150N/C、方向豎直向下的電場．一質量為1.00×10－4kg、帶電量為－1.00×10－7C的小球從靜止釋放，在電場區(qū)域內下落10.0m．對此過程，該小球的電勢能和動能的轉變量分別為(重力加速度大小取9.80m/sA．－1.50×10－4J和9.95×10－3JB．1.50×10－4J和9.95×10－3JC．－1.50×10－4J和9.65×10－3JD．1.50×10－4J和9.65×10－3J答案：D解析：對帶電小球受力分析，如圖所示，在此過程中，該小球的電勢能的轉變量ΔEp＝qEh＝1.50×10－4J；依據(jù)動能定理可得：小球的動能的轉變量ΔEk＝mgh－qEh＝9.65×10－3J，選項D正確，A、B、C錯誤．4．(2022·吉林省吉林市質量檢測)如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的點電荷，其中Q1帶負電荷，a、b兩點在它們連線的延長線上．現(xiàn)有一帶負電荷的粒子以肯定的初速度沿直線從a點開頭經(jīng)b點向遠處運動(粒子只受電場力作用)，粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度圖象如圖乙所示．以下說法中正確的是()A．Q2肯定帶負電B．Q2的電荷量肯定大于Q1的電荷量C．b點的電場強度肯定為零D．整個運動過程中，粒子的電勢能先減小后增大答案：C解析：由于v-t圖線的斜率表示加速度，依據(jù)題圖乙可知，粒子在b點的加速度為零，其電場力也為零，b點的電場強度肯定為零，選項C正確；要使b點的場強為零，Q1、Q2必帶異種電荷，所以Q2肯定帶正電，選項A錯誤；Q1、Q2單獨存在時在b點產(chǎn)生的場強必等大反向，再考慮到Q1到b點的距離較大，可知Q1的電荷量肯定大于Q2的電荷量，選項B錯誤；整個運動過程中，粒子的動能和電勢能之和保持不變，考慮到其動能先減小后增大，則其電勢能肯定是先增大后減小，選項D錯誤．5．(2022·山東臨沂一模)(多選)如圖所示，A、B、C是平行紙面的勻強電場中的三點，它們之間的距離均為L，電荷量為q＝1.0×10－5C的負電荷由A移動到C電場力做功W1＝4.0×10－5J，該電荷由C移動到B電場力做功W2＝－2.0×10－5J，若B點電勢為零，以下說法正確的是()A．A點電勢為2VB．A點電勢為－2VC．勻強電場的方向為由C指向AD．勻強電場的方向為垂直于AC指向B答案：BC解析：C、B間電勢差為UCB＝eq\f(WCB,－q)＝eq\f(－2.0×10－5,－1.0×10－5)V＝2V，B點電勢為零，則UCB＝φC－φB，則C點電勢φC＝2V，而A與C間的電勢差為UAC＝eq\f(WAC,－q)＝eq\f(4.0×10－5,－1.0×10－5)V＝－4V，UAC＝φA－φC，則A點電勢φA＝－2V，故A項錯誤，B項正確；由以上分析可知，A、C連線的中點M電勢為0，M與B點的連線即為等勢線，且電場線垂直于等勢線，三角形ABC為等邊三角形，BM⊥AC，依據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，則有勻強電場的方向由C到A，故C項正確，D項錯誤．6．(2022·湖北八校聯(lián)考)(多選)真空中有一正四周體ABCD，如圖M、N分別是AB和CD的中點．現(xiàn)在A、B兩點分別固定電荷量為＋Q、－Q的點電荷，下列說法中正確的是()A．將摸索電荷＋q從C點移到D點，電場力做正功，摸索電荷＋q的電勢能降低B．將摸索電荷－q從M點移到N點，電場力不做功，摸索電荷－q的電勢能不變C．C、D兩點的電場強度相等D．N點的電場強度方向平行AB且跟CD垂直答案：BCD解析：由幾何學問可推斷，AB垂直面DMC，且M點為AB的中點，則面DMC與AB的中垂面重合，故DMC為一等勢面，則φD＝φC＝φN＝φM，A項錯誤，B項正確；由電場的空間分布特點可推斷C、D項正確．7．(2022·河北石家莊質檢)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R.已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為()A.eq\f(kq,2R2)－EB.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－ED.eq\f(kq,4R2)＋E答案：A解析：左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶電荷量為2q的整個球面的電場和帶電荷量為－q的右半球面的電場的合電場，則E＝eq\f(k×2q,2R2)－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大?。畮щ姾闪繛椋璹的右半球面在M點的場強大小與帶電荷量為q的左半球面AB在N點的場強大小相等，則EN＝E′＝eq\f(k×2q,2R2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，則A正確．8．(2022·山東濱州一模)如圖所示，分別在M、N兩點固定放置兩個點電荷＋Q和－2Q，以M、N連線的中點O為圓心的圓周上有A、B、C、D四點．下列說法正確的是()A．A點電場強度小于B點電場強度B．C點電場強度與D點電場強度相同C．A點電勢小于B點電勢D．將某正電荷從C點移到O點，電場力不做功答案：A解析：電場線方向由M指向N，則A點電勢高于B點電勢，C項錯誤；由于2Q>Q，N點處電場線比M點處電場線密，B點電場強度大于A點電場強度，A項正確；由于電場線關于MN對稱，C、D兩點電場線疏密程度相同，則C點電場強度大小等于D點電場強度大小，但方向不同，B項錯誤；由于兩電荷不等量異種，所以C、O兩點的電勢不相等，依據(jù)W＝qU知，將某正電荷從C點移到O點，電場力將做功，D項錯誤．9．(2022·河北邯鄲一模)如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓恒為U的電源兩極連接，極板M帶正電．現(xiàn)有一質量為m的帶電油滴在極板中心處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()A．油滴帶負電B．油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C．電容器的電容為eq\f(kmgd,U)D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動答案：A解析：油滴受到的重力和電場力平衡，即mg＝qeq\f(U,d)，則電場力豎直向上，M板帶正電，故油滴帶負電，且q＝eq\f(mgd,U)，A項正確，B項錯誤；由于極板所帶電荷量與油滴所帶電荷量的比值為k，即eq\f(Q,q)＝k，則Q＝eq\f(kmgd,U)，由C＝eq\f(Q,U)得C＝eq\f(kmgd,U2)，C項錯誤；將極板N向下緩慢移動一小段距離，d增大，依據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，E變小，電場力變小，故油滴將向下運動，D項錯誤．10．(2022·山東濰坊一模)(多選)直線ab是電場中的一條電場線，從a點無初速度釋放一電子，電子僅在電場力作用下，沿直線從a點運動到b點，其電勢能Ep隨位移x變化的規(guī)律如圖所示，設a、b兩點的電場強度分別為Ea和Eb，電勢分別為φa和φb.則()A．Ea>EbB．Ea<EbC．φa<φbD．φa>φb答案：AC解析：依據(jù)圖象可知，圖線的斜率表示電場力的大?。娮訌腶到b，電勢能圖線的斜率漸漸減小，則電場力漸漸減小，故電場強度漸漸減小，所以Ea>Eb，A項正確，B項錯誤；由于電勢能漸漸降低，所以電場力做正功，則電子所受的電場力方向由a指向b，電場線的方向由b指向a，沿電場線方向電勢漸漸降低，所以φa<φb，C項正確，D項錯誤．11.(多選)如圖所示為空間某一電場的電場線，a、b兩點為其中一條豎直向下的電場線上的兩點，該兩點的高度差為h，一個質量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為eq\r(3gh)，則下列說法中正確的是()A．質量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點的過程中動能增加量等于電勢能削減量B．a(chǎn)、b兩點的電勢差U＝eq\f(mgh,2q)C．質量為m、帶電荷量為＋2q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為eq\r(gh)D．質量為m、帶電荷量為－q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為eq\r(gh)答案：BD解析：質量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點的過程中，機械能與電勢能之和守恒，其動能增加量等于重力勢能、電勢能的削減量之和，選項A錯誤；設a、b之間的電勢差為U，由題意，質量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為eq\r(3gh)，依據(jù)動能定理，mgh＋qU＝eq\f(1,2)m·3gh，解得qU＝eq\f(1,2)mgh，a、b兩點的電勢差U＝eq\f(mgh,2q)，選項B正確；質量為m、帶電荷量為＋2q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時，由動能定理得mgh＋2qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝2eq\r(gh)，選項C錯誤；質量為m、帶電荷量為－q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時，由動能定理得mgh－qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\r(gh)，選項D正確．二、計算題(本題包括3小題，共56分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最終答案不能得分)12.(12分)反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開頭，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間來回運動，已知電場強度的大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如圖所示，帶電微粒的質量m＝1.0×10－20kg，帶電荷量q＝－1.0×10－9C，A點距虛線MN的距離d1＝(1)B點距虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)受的時間t.答案：(1)0.50cm(2)1.5×10－8s解析：(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有：|q|E1d1－|q|E2d2＝0，①由①式解得d2＝eq\f(E1,E2)d1＝0.50cm.②(2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓其次定律有：|q|E1＝ma1，③|q|E2＝ma2.④設微粒在虛線MN兩側運動的時間分別為t1、t2，由運動學公式有：d1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，⑤d2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2).⑥又t＝t1＋t2，⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s.13．(2022·湖南長沙一中期末)(14分)噴墨打印機的結構簡圖如圖所示，設偏轉板板長1.6cm，兩板間的距離為0.50cm，偏轉板的右端距紙3.2cm.若一個墨汁微滴的質量為1.6×10－10kg，以20m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉電場，兩偏轉板間的電壓是8.0×103V，若墨汁微滴打到紙上點距原射入方向的距離是2.0mm(1)這個墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌伲?不計空氣阻力和重力)；(2)為了使紙上的字體放大10%，請你分析理出一個可行的方法．答案：(1)2.5×10－13C解析：(1)帶電微滴的電量設為q，進入偏轉電場后做類平拋運動，離開電場后沿直線打到紙上，距原入射方向的距離為Y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)(eq\f(l,v0))2＋eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))L＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))(eq\f(l,2)＋L)代入數(shù)據(jù)可得q＝1.25×10－13(2)由上式可知，Y與U成正比，可以提高偏轉板間的電壓U到8.8×103V，實現(xiàn)字體放大10%；由上式可知，Y與(eq\f(l,2)＋L)成正比，因此也可以增加偏轉板與紙的距離L，eq\f(L′＋0.5l,L＋0.5l)＝1.1；L′＝3.6cm，實現(xiàn)字體放大10%.14．(2022·安徽理綜)(14分)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開頭下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽視不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求：(1)小球到達小孔處的速度；(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開頭下落運動到下極板處的時間．答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)eq\f(mgCh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))解析：(1)由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有mg－qE＝ma0－v2＝2ad得E＝eq\f(mgCh＋d,qd)U＝EdQ＝CU得Q＝eq\f(mgCh＋d,q)(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)；0＝v＋at2；t＝t1＋t2綜合可得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))15．(16分)如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求：