2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題強(qiáng)化練九電場(chǎng)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)含解析

PAGE9-專題強(qiáng)化練(九)題型一電場(chǎng)的性質(zhì)1.(2024·北京卷)真空中某點(diǎn)電荷的等勢(shì)面示意如圖，圖中相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等．下列說法正確的是()A．該點(diǎn)電荷肯定為正電荷B．P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)肯定比Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大C．P點(diǎn)電勢(shì)肯定比Q點(diǎn)電勢(shì)低D．正檢驗(yàn)電荷在P點(diǎn)比在Q點(diǎn)的電勢(shì)能大解析：正電荷和負(fù)電荷四周的等勢(shì)面都為一組同心球殼，該點(diǎn)電荷不肯定為正電荷，故A錯(cuò)誤；相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等，P點(diǎn)旁邊的等差等勢(shì)面更加密集，故P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)肯定比Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大，故B正確；正電荷和負(fù)電荷四周的等勢(shì)面都為一組同心球殼，若為正點(diǎn)電荷，則P點(diǎn)電勢(shì)肯定比Q點(diǎn)電勢(shì)高，故C錯(cuò)誤；從等勢(shì)面的狀況無法推斷該點(diǎn)電荷為正點(diǎn)電荷還是負(fù)點(diǎn)電荷，無法推斷P點(diǎn)電勢(shì)與Q點(diǎn)電勢(shì)的凹凸，就無法推斷正檢驗(yàn)電荷在P點(diǎn)和在Q點(diǎn)的電勢(shì)能的大小，故D錯(cuò)誤．答案：B2.[2024·新高考卷Ⅰ(山東卷)](多選)真空中有兩個(gè)固定的帶正電的點(diǎn)電荷，電荷量不相等．一個(gè)帶負(fù)電的摸索電荷置于二者連線上的O點(diǎn)時(shí)，僅在電場(chǎng)力的作用下恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)．過O點(diǎn)作兩正電荷連線的垂線，以O(shè)點(diǎn)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(diǎn)電勢(shì)低于O點(diǎn)B．b點(diǎn)電勢(shì)低于c點(diǎn)C．該摸索電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能D．該摸索電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能小于在d點(diǎn)的電勢(shì)能解析：由題意可知O點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)為零，依據(jù)同種電荷之間電場(chǎng)線的分布可知aO之間電場(chǎng)線由a到O，故a點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；同理依據(jù)同種電荷電場(chǎng)線分布可知b點(diǎn)電勢(shì)低于c點(diǎn)電勢(shì)，故B正確；依據(jù)電場(chǎng)線分布可知負(fù)電荷從a到b電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，即該摸索電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，故C錯(cuò)誤；同理依據(jù)電場(chǎng)線分布可知負(fù)電荷從c點(diǎn)到d點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，即該摸索電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能小于在d點(diǎn)的電勢(shì)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(fù)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?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)保持右極板不動(dòng)，將左極板向左緩慢移動(dòng)．關(guān)于小球所受的電場(chǎng)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??；T＝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(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E、電勢(shì)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(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f(E,2)B．BC部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f(E,3)C．BC部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為eq\f(φ,2)D．BC部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為eq\f(φ,3)解析：如圖所示，B、C兩點(diǎn)把半圓環(huán)等分為三段．設(shè)每段在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E′.AB段和CD段在O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度夾角為120°，它們的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E′，則O點(diǎn)的合電場(chǎng)強(qiáng)度：E＝2E′，則：E′＝eq\f(E,2)；故圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(E,2).電勢(shì)是標(biāo)量，設(shè)圓弧BC在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為φ′，則有3φ′＝φ，則φ′＝eq\f(φ,3)，A、D正確．答案：AD5．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則()A．運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡肯定與某條電場(chǎng)線重合C．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能D．粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向肯定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行解析：在兩個(gè)同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點(diǎn)由靜止起先運(yùn)動(dòng)，粒子的速度先增大后減小，選項(xiàng)A正確；帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，若運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的動(dòng)能為零，則帶電粒子在N、M兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等；僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，帶電粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，可知若粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不為零，則粒子在N點(diǎn)的電勢(shì)能小于在M點(diǎn)的電勢(shì)能，即粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)C正確．若靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線不是直線，帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場(chǎng)線重合，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，依據(jù)粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的條件，可知粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向肯定不與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：AC6.(2024·全國(guó)卷Ⅰ)(多選)在一靜止點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，任一點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示．電場(chǎng)中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec、和Ed.點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢(shì)φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推．現(xiàn)將一帶正電的摸索電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項(xiàng)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(diǎn)電荷的距離分別為1m、2m、3m、6m，依據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)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(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做功W＝qU，a與b、b與c、c與d之間的電勢(shì)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(xiàng)C正確，D錯(cuò)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(diǎn)電荷固定在A點(diǎn)．先將一電荷量也為＋q的點(diǎn)電荷Q1從無窮遠(yuǎn)處(電勢(shì)為0)移到C點(diǎn)，此過程中，電場(chǎng)力做功為－W.再將Q1從C點(diǎn)沿CB移到B點(diǎn)并固定．最終將一電荷量為－2q的點(diǎn)電荷Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)．下列說法正確的有()A．Q1移入之前，C點(diǎn)的電勢(shì)為eq\f(W,q)B．Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，所受電場(chǎng)力做的功為0C．Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過程中，所受電場(chǎng)力做的功為2WD．Q2在移到C點(diǎn)后的電勢(shì)能為－4W解析：依據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的改變關(guān)系知Q1在C點(diǎn)的電勢(shì)能Ep＝W，依據(jù)電勢(shì)的定義知C點(diǎn)電勢(shì)φ＝eq\f(Ep,q)＝eq\f(W,q)，A正確；在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，B、C兩點(diǎn)處在同一等勢(shì)面上，Q1從C移到B的過程中，電場(chǎng)力做功為0，B正確；單獨(dú)在A點(diǎn)固定電荷量為＋q的點(diǎn)電荷時(shí)，C點(diǎn)電勢(shì)為φ，單獨(dú)在B點(diǎn)固定點(diǎn)電荷Q1時(shí)，C點(diǎn)電勢(shì)也為φ，兩點(diǎn)電荷都存在時(shí)，C點(diǎn)電勢(shì)為2φ，Q2從無窮遠(yuǎn)移到C點(diǎn)時(shí)，具有的電勢(shì)能E′p＝－2q×2φ＝－4W，電場(chǎng)力做功W′＝－E′p＝4W，C錯(cuò)誤，D正確．答案：ABD題型二與電容器有關(guān)的電場(chǎng)問題8.(多選)如圖所示，兩塊水平放置的平行正對(duì)的金屬板a、b與電池相連，b板接地(規(guī)定大地電勢(shì)為零)，在距離兩板一樣遠(yuǎn)的P點(diǎn)有一個(gè)帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(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(yùn)動(dòng)B．P點(diǎn)電勢(shì)上升，液滴在P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能減小C．P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度變大D．在b板移動(dòng)前后兩種狀況下，若將液滴從a板移到b板，電場(chǎng)力做功不變解析：因液滴起先處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以起先時(shí)受力平衡，則受到的電場(chǎng)力向上，液滴帶負(fù)電，有mg＝qE.金屬板a、b與電池相連，兩端電勢(shì)差不變，由E＝eq\f(U,d)可知，d增大，E減小，液滴受到的電場(chǎng)力減小，故將加速向下運(yùn)動(dòng)，A正確，C錯(cuò)誤；b極接地，電勢(shì)為零，P點(diǎn)與a板距離不變，E減小，所以P點(diǎn)與a板間電勢(shì)差變小，而a、b之間電勢(shì)差沒有變，所以P點(diǎn)與b板之間電勢(shì)差變大，P點(diǎn)電勢(shì)上升，由Ep＝qφ可知，電勢(shì)能減小，故B正確；由W＝qU可知，電勢(shì)差不變，前后兩種狀況下，電場(chǎng)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(jì)，起先時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)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(duì)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(duì)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(shì)差不變，靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩端的電勢(shì)差，所以指針張角不變，故A錯(cuò)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(shì)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(duì)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(shì)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)()A．所用時(shí)間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點(diǎn)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(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知，到P點(diǎn)的距離為L(zhǎng)＝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(cuò)誤．答案：C11.(2024·全國(guó)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(shì)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(chǎng)，重力忽視不計(jì)．(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？解析：(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場(chǎng)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(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)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(dá)G時(shí)所用的時(shí)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(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短．由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度L為L(zhǎng)＝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(guó)卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)．從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后放射兩個(gè)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(diǎn)放射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．解析：(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a.依據(jù)牛頓其次定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)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(diǎn)放射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，依據(jù)動(dòng)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(gè)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(zhǎng)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(zhǎng).若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E后(設(shè)槽和輕桿由特別絕緣材料制成，不影響電場(chǎng)的分布)，求：(1)球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大??；(2)帶電系統(tǒng)從起先運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零所需的時(shí)間及球A與右板的距離．解析：對(duì)帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)球A能達(dá)到右極板，電場(chǎng)力對(duì)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(dá)到右極板，電場(chǎng)力對(duì)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(shí)，球A、B應(yīng)分別在右極板兩側(cè)．(1)帶電系統(tǒng)起先運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為v1