2021物理统考版二轮复习专题限时集训8 电场的性质、带电粒子在电场中的运动含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考物理统考版二轮复习专题限时集训8电场的性质、带电粒子在电场中的运动含解析专题限时集训(八)(建议用时：40分钟)1．如图所示,两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的eq\f（1，4)球壳和eq\f（3,4)球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷的密度相同，若图甲中带电的eq\f(1,4)球壳对点电荷q1的库仑力的大小为F，则图乙中带电的eq\f（3,4）球壳对点电荷q2的库仑力的大小为()甲乙A．eq\f(3,2)F B．eq\f（\r（2)，2）FC．eq\f(1，2）F D．FD［将图乙中的带电的eq\f(3，4)球壳分成三个带电的eq\f(1,4）球壳,关于球心对称的两个带电的eq\f（1，4）球壳对点电荷的库仑力的合力为零,因此图乙中带电的eq\f（3，4）球壳对点电荷的库仑力的大小和图甲中带电的eq\f(1,4）球壳对点电荷的库仑力的大小相等，D正确，A、B、C错误。］2。如图所示，真空中O点存在一个带正电的点电荷Q,其附近有一个不带电的金属网罩W，网罩内部有一点P，O、P之间距离为r.静电力常量记作k，下列判断正确的是（)A．金属网罩包含的自由电荷很少，静电感应后不能达成静电平衡B．金属网罩对点电荷Q的作用力表现为斥力C．金属网罩的左部电势较高,右部电势较低D．金属网罩的感应电荷在P点产生的感应电场强度大小为keq\f(Q,r2）D[金属网罩在静电感应后一定能达成静电平衡，故A错误;由于静电感应，在金属网罩达到静电平衡后，靠近O处的负电荷受到的吸引力大于远离O处的正电荷受到的排斥力，所以金属网罩对点电荷Q的作用力表现为引力，故B错误；金属网罩达到静电平衡后，本身是一个等势体，各点的电势是相等的，故C错误;在金属网罩达到静电平衡后，内部的场强处处为0,所以感应电荷在P点产生的感应电场强度与点电荷在P点产生的电场强度大小相等，方向相反，所以根据库仑定律可知，感应电荷在P点产生的感应电场强度大小为E＝eq\f(kQ,r2）,故D正确。]3。(多选）（2020·江苏高考·T9）如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位置.现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有（）A．电场E中A点电势低于B点B．转动中两小球的电势能始终相等C．该过程静电力对两小球均做负功D．该过程两小球的总电势能增加AB［沿着电场线方向，电势降低，A正确；由于O点的电势为0,根据匀强电场的对称性知φA＝－φB，又qA＝－qB，Ep＝qφ，所以EpA＝EpB，B正确；A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆逆时针旋转，两小球静电力对两小球均做正功，电场力做正功，电势能减少，C、D错误。]4.如图甲为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计）,且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是（）甲乙A．1∶1 B．2∶1C．3∶1 D．4∶1C［设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转场中的加速度为a，若粒子在t＝nT时刻进入偏转场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝eq\f(1，2）aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(eq\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）时刻进入偏转场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋eq\f（1,2）aeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(eq\f(T，2）)）eq\s\up12(2)＝eq\f（1,8）aT2。则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1。故C项正确，A、B、D错误。]5。(易错题)(多选)如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°,BC＝2eq\r（3）m,已知电场线平行于三角形ABC所在的平面，一个电荷量q＝－2×10－6C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10－5J，由B移到C的过程中电场力做功6×10－6J,为方便计算，设B点电势为0，下列说法正确的是（）A．B、C两点的电势差UBC＝3VB．A点的电势低于B点的电势C．负电荷由C点移到A点的过程中，电势能减少D．该电场的场强为1V/mCD［由B移到C的过程中电场力做功WBC＝6×10－6J，则B、C两点的电势差为UBC＝eq\f（WBC,q）＝－3V，A项错误；点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1。2×10－5J，可知电场力做功WAB＝－1。2×10－5J，A、B两点的电势差UAB＝eq\f（WAB，q）＝6V，所以A点的电势高于B点的电势，B项错误;UCA＝－UBC－UAB＝－3V,根据W＝Uq得,负电荷由C移到A的过程中，电场力做正功,所以电势能减少,C项正确;由分析可知φA＝6V,φC＝3V,又三角形ABC为等腰三角形，所以AB中点的电势也为3V，则AB中点与C点的连线为该电场的等势线，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B，BC＝2eq\r(3）m,所以UAB＝EdAB＝6V，计算得该电场的场强为1V/m,D项正确。][易错点评］（1)匀强电场中电势差与电场强度的关系为UAB＝Ed,其中d为A、B两点沿电场方向的距离。此公式在非匀强电场中可定性判断。（2)电势差与电势均为标量，但有正负,UAB＝φA－φB(初电势减末电势,与变化量不同)。(3）计算电场力做功、电势能、电势时,可以直接代入正、负号.（4)分析电势能、电势问题时，需先选取零势点，分析电势能变化量及电势差时则不需要.6。有一半径为R的均匀带电薄球壳,在通过球心的直线上，各点的场强E随与球心的距离x变化的关系如图所示。在球壳外的空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电力常量为k,半径为R的球面面积为S＝4πR2，则下列说法正确的是（）A．均匀带电球壳的带电密度为eq\f(E0,4πk）B．图中r＝1。5RC．在x轴上各点中有且只有x＝R处电势最高D．球面与球心间电势差为E0RA[由图线可知，距离球心R处的场强为E0，则根据点电荷场强公式可知E0＝eq\f(kQ,R2），解得球壳带电荷量为Q＝eq\f(E0R2,k)，则均匀带电球壳带电密度为eq\f(Q,4πR2）＝eq\f(E0,4πk)，选项A正确；根据点电荷场强公式有eq\f(1，2)E0＝eq\f(kQ,r2），解得r＝eq\r（2）R，选项B错误；由题意可知,在0～R范围内x轴上各点的电势均相同，球面与球心间的电势差为零，选项C、D错误.]7.(原创题）(多选)某带电金属棒所带电荷均匀分布,其周围的电场线分布如图所示，在金属棒的中垂线上的两条电场线上有A、B两点,电场中另有一点C.已知A点到金属棒的距离大于B点到金属棒的距离，C点到金属棒的距离大于A点到金属棒的距离，则（)A．A点的电势低于B点的电势B．B点的电场强度小于C点的电场强度C．将正电荷沿AC方向从A点移动到C点，电场力做正功D．负电荷在A点的电势能小于其在B点的电势能AC［由图,结合电场线的特点可知，该题中金属棒两侧的电场是对称的，设AB连线与金属棒交点为O，由于OA＞OB,所以OA之间的电势差大于OB之间的电势差，根据沿电场线的方向电势降低可知,A点的电势低于B点的电势，故A正确；根据电场线的疏密表示电场的强弱可知，B点的电场强度大，故B错误;沿着电场线方向电势降低，A点电势比C点高,则将正电荷沿AC方向从A点移动到C点，电场力做正功，电势能减小，故C正确；负电荷在电势高的位置的电势能小，所以负电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能,故D错误；故选AC.]8.（多选）（2020·广东六校第二次联考)真空中电荷量均为Q的两同种点电荷连线和如图所示的绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线重合,电荷连线中心和正方体中心重合，空间中除两同种电荷QA．正方体两顶点A、C1电场强度相同B．正方体两顶点A、C1电势相同C．两等量同种点电荷周围电场线和面ABB1A1D．把正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功BD[电场强度是矢量，需要两个电荷在不同点进行场强的矢量叠加，分析可知A点和C1点两处的电场强度大小相等，方向相反，且均不与面ABB1A1垂直，所以A、C错误；由于A、B、B1、A1在同一等势面上，D、C、C1、D1在同一等势面上，又根据电势的对称性可知这8个点的电势相等（两等势面关于点电荷连线的中点对称),所以B正确；因为A点和C点的电势相等，根据电场力做功与路径无关，只与初末位置有关可知，正检验电荷q从顶点A移到C9.(多选)(2020·上海静安高三一模)如图所示,R0为热敏电阻(温度降低、电阻增大），D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大),C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止,M点接地.在开关S闭合后，下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是（）A．将热敏电阻R0加热B．滑动变阻器R的滑片P向上移动C．开关S断开D．电容器C的上极板向上移动AC［液滴受向上的电场力和向下的重力作用,将热敏电阻R0加热，则热敏电阻阻值减小，滑动变阻器R上的电压变大，故电容器两端的电压变大，两板间场强变大，液滴向上运动，选项A正确;滑动变阻器R的滑片P向上移动时，R接入电路的阻值减小，则电容器两端的电压减小，电容器放电,但是由于二极管的单向导电性使得电容器上的电荷量不变，故两板间的场强不变，液滴不动，选项B错误;开关S断开时,电容器两端的电压等于电源的电动势，则电容器两板间的场强变大，液滴向上运动，选项C正确；电容器C的上极板向上移动时,d增大，则电容C减小，由于二极管具有单向导电性,电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于U＝eq\f（Q,C)，C＝eq\f（εrS,4πkd),E＝eq\f（U，d）,所以E＝eq\f(4πkQ，εrS),由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，选项D错误.]10．(2020·河南六校联考)如图所示,带电小球a用绝缘细线竖直悬挂,在带电小球a下方的绝缘桌面上固定着两个带电小球b、c，三个小球均可看成点电荷.当小球a处于平衡状态时，它距正下方桌面上的O点的距离为7.5cm，距小球b、c的距离均为15cm，且三个电荷在同一竖直平面内.已知小球a的电荷量为－3.0×10－8C，小球b、c的电荷量均为3.0×10－4C，O、M之间的距离等于O、N之间的距离，k＝9.0×109N·m2/CA．O处的电场强度大小为4.8N/CB．小球a与b之间的作用力大小为9。6NC．若小球a沿竖直方向向上运动，则它的电势能将减小D．若将小球b、c分别移到M、N两点固定,则细线对小球a的拉力将减小D[O处的场强为a、b、c三个小球在该处电场的叠加，因b、c电性相同，两小球产生的电场在O处抵消，只考虑a小球在O处产生的场强，则Ea＝keq\f(qa，r\o\al（2，Oa）)＝4.8×104N/C，选项A错误；a、b间的作用力大小为Fab＝keq\f(qaqb,r\o\al(2,ab)）＝3.6N,选项B错误；因b、c两球对a球的电场力的合力方向竖直向下，所以在小球a竖直向上运动时，电场力对小球a做负功，小球a的电势能增大，选项C错误;若将小球b、c分别移动到M、N两点固定,则a球受到b、c两球的电场力的合力减小，对a球受力分析如图所示，故有拉力T＝mg＋F电,细线拉力减小，选项D正确。］11。(2020·河北安平中学检测）静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，A、B为两块水平放置的平行金属板,间距d＝1m，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为E＝1×103N/C的匀强电场，在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0＝1m/s、质量均为m＝5×10－14kg、电荷量均为q＝2×10－15C的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B上,重力加速度g＝10m/sA．沿水平方向喷出的微粒运动到B板所需时间为0.2sB．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板,电场力做功为2×10－12JC．若其他条件均不变,d增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍D．若其他条件均不变,E增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的eq\f（1，2）D[在竖直方向上微粒所受电场力和重力的合力为恒力，并与微粒初速度方向成各种夹角，故微粒做类抛体运动，其中沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，加速度a＝eq\f（qE＋mg,m)＝eq\f（2×10－15×103＋5×10－13，5×10－14)m/s2＝50m/s2，根据d＝eq\f(1，2)at2得t＝eq\r（\f（2d，a))＝0。2s，A项正确；沿不同方向喷出的微粒,从喷嘴喷出至到达B板，电场力做功为W＝qEd＝2×10－15×103×1J＝2×10－12J,B项正确;若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，根据d＝eq\f(1，2)at2得，t变为原来的eq\r(2)倍，则喷涂面积的半径变为原来的eq\r（2)倍，面积变为原来的2倍，C项正确；若其他条件均不变,E增大为原来的2倍,则此时加速度a′＝eq\f（2×10－15×2×103＋5×10－13，5×10－14)m/s2＝90m/s2，故加速度变为原来的eq\f（9,5）倍,时间t变为原来的eq\f（\r(5)，3)，喷涂面积的半径变为原来的eq\f(\r(5），3），面积减小为原来的eq\f（5,9）,D项错误。]12。（2020·湖南长郡中学测试）如图所示，质量mA＝0。8kg、带电荷量q＝－4×10－3C的A球用长度l＝0.8m的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度E＝5×103N/C。质量mB＝0.2kg不带电的B球静止在光滑水平轨道上,右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，此时弹性势能为Ep＝3.6J.现将A球拉至左边与O点等高处由静止释放,将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰,并结合为一整体C，同时撤去水平轨道。A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g＝10m/s2（1）求碰撞过程中A球对B球做的功；（2）求碰后C第一次离开电场时的速度;（3）C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时,电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前的瞬间轻线受到的拉力.[解析］（1)对A，根据机械能守恒定律可得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以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝（mA＋mB）vC，解得C的速度vC＝2m/s则A对B所做的功W＝eq\f（1,2）mBveq\o\al(2,C）－Ep＝－3.2J.(2)碰后，整体C受到电场力大小F＝qE＝20N，G＝mCg＝10N，因F－mCg>mCeq\f(v\o\al(2,C），l）,所以C做类平抛运动水平方向上：x＝vCt竖直方向上：y＝eq\f（1，2）at2，其中a＝eq\f(qE－mCg,mC)＝10m/s2圆的方程为x2＋（y－l）2＝l2解得x＝0。8m，y＝0.8m，t＝0。4sC刚好在与O（圆心)等高处时线被拉直，此时C向上的速度为v1＝at＝4m/sC运动到最高点的过程，由动能定理得（F－mCg)l＝eq\f（1,2）mCveq\o\al（2，2)－eq\f（1，2)mCveq\o\al(2,1），解得C运动到最高点速度v2＝4eq\r（2）m/s。（3）C从最高点运动到最低点的过程，由动能定理得2mCgl＝eq\f(1，2)mCveq\o\al(2,3）－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2，2）解得C到最低点时的速度v3＝8m/s由T0＋F－mCg＝mCeq\f(v\o\al（2，3),l)，可知T0＝70N>0,所以小球能一直做圆周运动,由动能定理得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为C经过最高点次数解得T＝（80n－30）N,n＝1，2，3……［答案]见解析13.(多选）（2020·全国卷Ⅲ·T21)如图所示，∠M是锐角三角形PMN最大的内角,电荷量为q（q＞0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（)A．沿MN边,从M点到N点,电场强度的大小逐渐增大B．沿MN边，从M点到N点,电势先增大后减小C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负

BC[如图所示，找出Q点,使Q点与P点的距离等于M点与P点的距离，L点为MN上到P点距离最短的点，根