2024年高考物理二轮复习专题强化练九电场带电粒子在电场中的运动含解析

PAGE9-专题强化练(九)题型一电场的性质1.(2024·北京卷)真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等．下列说法正确的是()A．该点电荷肯定为正电荷B．P点的场强肯定比Q点的场强大C．P点电势肯定比Q点电势低D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大解析：正电荷和负电荷四周的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不肯定为正电荷，故A错误；相邻等势面间电势差相等，P点旁边的等差等势面更加密集，故P点的场强肯定比Q点的场强大，故B正确；正电荷和负电荷四周的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势肯定比Q点电势高，故C错误；从等势面的状况无法推断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法推断P点电势与Q点电势的凹凸，就无法推断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误．答案：B2.[2024·新高考卷Ⅰ(山东卷)](多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等．一个带负电的摸索电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态．过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示．以下说法正确的是()A．a点电势低于O点B．b点电势低于c点C．该摸索电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．该摸索电荷在c点的电势能小于在d点的电势能解析：由题意可知O点合场强为零，依据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；同理依据同种电荷电场线分布可知b点电势低于c点电势，故B正确；依据电场线分布可知负电荷从a到b电场力做负功，电势能增加，即该摸索电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；同理依据电场线分布可知负电荷从c点到d点电场力做负功，电势能增加，即该摸索电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确．答案：BD3.如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态．现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动．关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列推断正确的是()A．F渐渐减小，T渐渐减小B．F渐渐增大，T渐渐减小C．F渐渐减小，T渐渐增大D．F渐渐增大，T渐渐增大解析：F＝eq\f(U,d)q，d增大，则F减小；T＝eq\r(G2＋F2)，F减小，则T减小．答案：A4.(多选)如图所示，匀称带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为φ，把半圆环分成AB、BC、CD三部分．下列说法正确的是()A．BC部分在O点产生的电场强度的大小为eq\f(E,2)B．BC部分在O点产生的电场强度的大小为eq\f(E,3)C．BC部分在O点产生的电势为eq\f(φ,2)D．BC部分在O点产生的电势为eq\f(φ,3)解析：如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段．设每段在O点产生的电场强度大小均为E′.AB段和CD段在O处产生的电场强度夹角为120°，它们的合电场强度大小为E′，则O点的合电场强度：E＝2E′，则：E′＝eq\f(E,2)；故圆弧BC在圆心O处产生的电场强度为eq\f(E,2).电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为φ′，则有3φ′＝φ，则φ′＝eq\f(φ,3)，A、D正确．答案：AD5．(2024·全国卷Ⅱ)(多选)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹肯定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向肯定与粒子轨迹在该点的切线平行解析：在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止起先运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确．若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，依据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向肯定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误．答案：AC6.(2024·全国卷Ⅰ)(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec、和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的摸索电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3解析：由图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1m、2m、3m、6m，依据点电荷的场强公式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)，故选项A正确，B错误；电场力做功W＝qU，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3V、1V、1V，所以eq\f(Wab,Wbc)＝eq\f(3,1)，eq\f(Wbc,Wcd)＝eq\f(1,1)，故选项C正确，D错误．答案：AC7.(2024·江苏卷)(多选)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W.再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最终将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有()A．Q1移入之前，C点的电势为eq\f(W,q)B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为－4W解析：依据电场力做功与电势能的改变关系知Q1在C点的电势能Ep＝W，依据电势的定义知C点电势φ＝eq\f(Ep,q)＝eq\f(W,q)，A正确；在A点的点电荷产生的电场中，B、C两点处在同一等势面上，Q1从C移到B的过程中，电场力做功为0，B正确；单独在A点固定电荷量为＋q的点电荷时，C点电势为φ，单独在B点固定点电荷Q1时，C点电势也为φ，两点电荷都存在时，C点电势为2φ，Q2从无穷远移到C点时，具有的电势能E′p＝－2q×2φ＝－4W，电场力做功W′＝－E′p＝4W，C错误，D正确．答案：ABD题型二与电容器有关的电场问题8.(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，b板接地(规定大地电势为零)，在距离两板一样远的P点有一个带电液滴处于静止状态．若将b板向下平移一小段距离，则稳定后，下列说法正确的是()A．液滴将加速向下运动B．P点电势上升，液滴在P点时的电势能减小C．P点的电场强度变大D．在b板移动前后两种状况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不变解析：因液滴起先处于静止状态，所以起先时受力平衡，则受到的电场力向上，液滴带负电，有mg＝qE.金属板a、b与电池相连，两端电势差不变，由E＝eq\f(U,d)可知，d增大，E减小，液滴受到的电场力减小，故将加速向下运动，A正确，C错误；b极接地，电势为零，P点与a板距离不变，E减小，所以P点与a板间电势差变小，而a、b之间电势差没有变，所以P点与b板之间电势差变大，P点电势上升，由Ep＝qφ可知，电势能减小，故B正确；由W＝qU可知，电势差不变，前后两种状况下，电场力做功相同，故D正确．答案：ABD9.(多选)如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，起先时开关S闭合，静电计指针张开肯定角度．下述结论正确的是()A．若保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小B．若保持开关S闭合，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变C．若断开开关S后，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小D．若断开开关S后，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将变大解析：保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变，故A错误，B正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A、B靠近一些，则d减小，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容增大，依据C＝eq\f(Q,U)知，电势差减小，指针张角减小，故C正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A、B正对面积变小些，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容减小，依据C＝eq\f(Q,U)知，电势差增大，指针张角增大，故D正确．答案：BCD题型三带电粒子在电场中的运动10.(2024·浙江卷)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽视，则粒子到达MN连线上的某点时()A．所用时间为eq\f(mv0,qE)B．速度大小为3v0C．与P点的距离为eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向＝2v0，故粒子速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B错误；由几何关系可知，到P点的距离为L＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),Eq)，故C正确；由平抛推论可知，tanα＝2tanβ，速度正切tanα＝2tan45°＝2，故D错误．答案：C11.(2024·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽视不计．(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d)，①F＝qE＝ma.②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq\f(1,2)at2，④l＝v0t，⑤联立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)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L为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·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后放射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点放射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq\f(t,2).重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能．解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.依据牛顿其次定律、运动学公式和题给条件，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)设B从O点放射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，依据动能定理有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联立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．如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L.槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为＋2q，球B带电量为－3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统．最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后(设槽和轻杆由特别绝缘材料制成，不影响电场的分布)，求：(1)球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统从起先运动到速度第一次为零所需的时间及球A与右板的距离．解析：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有W1＝2qE×2.5L＋(－3qE×1.5L)>0，而且还能穿过小孔，离开右极板．假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有W2＝2qE×2.5L＋(－3qE×3.5L)<0.综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧．(1)带电系统起先运动时，设加速度为a1，由牛顿其次定律得a1＝eq\f(2qE,2m)＝eq\f(qE,m).球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1