統(tǒng)考版2024高考物理二輪專題復(fù)習(xí)專題強(qiáng)化訓(xùn)練8電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

專題強(qiáng)化訓(xùn)練8電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～10題為多項(xiàng)選擇題)1．[2023·廣東沖刺卷]計(jì)算機(jī)鍵盤每個(gè)按鍵下有塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊小的固定金屬片，兩片金屬片組成一個(gè)小電容器．且電壓保持不變圖示鍵盤連著正在工作的計(jì)算機(jī)，按下“？”鍵過程中，按鍵金屬片間組成的電容器()A．電容變小B．金屬片間的場(chǎng)強(qiáng)變小C．電荷量增大D．處于放電狀態(tài)2．[2023·遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué)期中測(cè)試]一金屬小球原來(lái)不帶電，現(xiàn)在小球的直徑延長(zhǎng)線上放置兩帶電量相等的正、負(fù)電荷M、N且到小球球心O的距離相等．如圖所示，球內(nèi)a、b、c三點(diǎn)到球心距離也相等，則金屬球上的感應(yīng)電荷在a、b、c三點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為Ea、Eb、Ec，則三者相比()A．Ea＝Eb＝EcB．Ea＝Eb＞EcC．Ea＝Eb＜EcD．Ea＝Eb＝eq\f(Ec,2)3．[2023·廣西柳州市高二練習(xí)]質(zhì)量相同，帶電量不同的M、N兩粒子，以相同的速度射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由此可知(粒子重力不計(jì))()A.M為正粒子，所帶的電量大些B．M為正粒子，所帶的電量小些C．N為正粒子，所帶的電量大些D．N為正粒子，所帶的電量小些4.[2023·北京押題卷]兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)等勢(shì)面如圖虛線所示，現(xiàn)有一正電荷以某一水平初速度從左側(cè)P點(diǎn)進(jìn)入該區(qū)域，只在電場(chǎng)力作用下通過Q點(diǎn)．下列說法正確的是()A．P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小B．P點(diǎn)的電勢(shì)比Q點(diǎn)的電勢(shì)低C．該電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)的電勢(shì)能大D．該電荷在P點(diǎn)的動(dòng)能比在Q點(diǎn)的動(dòng)能大5.[2022·浙江6月]如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)(不考慮邊界效應(yīng)).t＝0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出．不計(jì)重力和粒子間的相互作用，則()A．M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)B．兩個(gè)粒子的電勢(shì)能都增加C．粒子在兩板間的加速度為a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)D．粒子從N板下端射出的時(shí)間t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)6.[2023·湖北省武漢市一中模擬]如圖所示，在光滑絕緣水平面上有三個(gè)孤立的點(diǎn)電荷Q1、Q、Q2，Q恰好靜止不動(dòng)，Q1、Q2圍繞Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中三個(gè)點(diǎn)電荷始終共線．已知Q1、Q2分別與Q相距r1、r2，不計(jì)點(diǎn)電荷間的萬(wàn)有引力，下列說法正確的是()A.Q1、Q2的電荷量之比為(eq\f(r1,r2))2B．Q1、Q2的電荷量之比為eq\f(r1,r2)C．Q1、Q2的質(zhì)量之比為eq\f(r2,r1)D．Q1、Q2的質(zhì)量之比為(eq\f(r2,r1))27．[2023·黑龍江省實(shí)驗(yàn)中學(xué)期中]如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球．小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mg,qtanθ)B．小球動(dòng)能的最小值為Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小D.小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢(shì)能先增大后減小，再增大8.[2022·浙江6月]如圖為某一徑向電場(chǎng)示意圖，電場(chǎng)強(qiáng)度大小可表示為E＝eq\f(a,r)，a為常量．比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運(yùn)動(dòng)．不考慮粒子間的相互作用及重力，則()A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小B．電荷量大的粒子的動(dòng)能一定大C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無(wú)關(guān)D．當(dāng)加垂直紙面磁場(chǎng)時(shí)，粒子一定做離心運(yùn)動(dòng)9．[2023·福建押題卷]空間中僅有在x軸上的關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的M、N兩點(diǎn)上有兩個(gè)場(chǎng)源點(diǎn)電荷QM、QN，空間中產(chǎn)生電場(chǎng)．以x軸正方向?yàn)檠豿軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度Ex的正方向，Ex與x的關(guān)系如圖所示．x軸上任意關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)的Ex相同．P、Q兩點(diǎn)關(guān)于M點(diǎn)對(duì)稱．以下說法正確的是()A．QM與QN的電荷量大小相等B．QM為負(fù)電荷，QN為正電荷C．MP兩點(diǎn)間電勢(shì)差UMP小于MQ兩點(diǎn)間電勢(shì)差UMQD．將一負(fù)檢驗(yàn)電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)其所做總功為正10．[2023·廣東東莞高二練習(xí)]圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點(diǎn)電荷．一帶電粒子以一定初速度射入電場(chǎng)，實(shí)線為粒子僅在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b、c三點(diǎn)是實(shí)線與虛線的交點(diǎn)．則該粒子()A．帶負(fù)電B．在c點(diǎn)受力最小C．在b點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能D．由a點(diǎn)到b點(diǎn)的動(dòng)能變化大于由b點(diǎn)到c點(diǎn)的動(dòng)能變化二、非選擇題11．[2023·遼寧省鞍山市一中二模]如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點(diǎn)，固定電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從軌道上的A點(diǎn)以初速度v0沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)速度為v.已知點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在A點(diǎn)的電勢(shì)為φ(取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60°.靜電常數(shù)為k，重力加速度為g，試求：(1)物塊在A點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大??；(2)點(diǎn)電荷＋Q產(chǎn)生的電場(chǎng)在B點(diǎn)的電勢(shì)；(3)物塊能獲得的最大速度．12．[2023·遼寧省鞍山市一中二模]如圖所示，一質(zhì)量M＝1kg的絕緣長(zhǎng)木板靜止于水平地面上，在距其最左端L＝1m處存在寬度d＝2m、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝300N/C.一質(zhì)量m＝1kg、帶電量q＝＋eq\f(2,15)C的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板的最左端，物塊在F＝10N的水平向右恒力作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，在物塊剛離開電場(chǎng)右邊界時(shí)撤去外力F，物塊最終未從長(zhǎng)木板末端滑離．若物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，長(zhǎng)木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)物塊電量損失，求：(1)物塊剛進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大?。?2)長(zhǎng)木板從開始運(yùn)動(dòng)至與物塊共速所用的時(shí)間；(3)木板與地面摩擦而產(chǎn)生的熱量．專題強(qiáng)化訓(xùn)練8電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．解析：按下“？”鍵過程中，按鍵金屬片間組成的電容器兩極板間距d減小，根據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)可知電容C變大，因兩板電壓U一定，根據(jù)Q＝CU可知，電容器帶電量增大，電容器處于充電狀態(tài)，此時(shí)根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知金屬片間的場(chǎng)強(qiáng)E變大．故選C.答案：C2．解析：靜電平衡后，金屬球內(nèi)的合場(chǎng)強(qiáng)處處為零，金屬球上感應(yīng)電荷產(chǎn)生的附加電場(chǎng)與電量相等的正、負(fù)電荷在a、b、c點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，相互抵消．根據(jù)等量異種電荷場(chǎng)強(qiáng)分布特點(diǎn)可知正、負(fù)電荷在a、b、c點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小關(guān)系為Ea＝Eb＜Ec，所以金屬球上的感應(yīng)電荷在a、b、c三點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Ea＝Eb＜Ec，C正確．答案：C3．解析：根據(jù)圖中軌跡可知，M所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，則M帶負(fù)電，N所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，則N帶正電．由于x＝v0t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2，解得q＝eq\f(2myveq\o\al(2,0),Ex2)，根據(jù)圖形可知，水平通過相同位移時(shí)，N粒子的側(cè)移小，則N粒子所帶電荷量小一些，D正確．答案：D4．解析：正電荷在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力方向跟圖中的等勢(shì)線垂直，粒子要通過Q點(diǎn)，故粒子在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力方向如圖所示，可知兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，左側(cè)為正點(diǎn)電荷，右側(cè)為負(fù)點(diǎn)電荷，P點(diǎn)等勢(shì)線更密，故P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)方向由正電荷指向負(fù)電荷，沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，故P點(diǎn)的電勢(shì)比Q點(diǎn)的電勢(shì)高，B錯(cuò)誤；正的試探電荷所處位置的電勢(shì)越高，電勢(shì)能越大，故該電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)的電勢(shì)能大，C正確；電荷從P運(yùn)動(dòng)到Q的過程，電場(chǎng)力做正功，電荷的動(dòng)能增加，故該電荷在P點(diǎn)的動(dòng)能比在Q點(diǎn)的動(dòng)能小，D錯(cuò)誤．答案：C5．解析：粒子的電性未知，粒子從M極板到N極板，電場(chǎng)力做正功，但不能判斷極板電勢(shì)的高低，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做正功時(shí)，粒子電勢(shì)能減小，B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，平行M板向下的粒子，到達(dá)N極板下端時(shí)的速度大小仍為eq\r(2)v0，在平行極板方向做勻速運(yùn)動(dòng)，速度為v0，在垂直極板方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有a＝eq\f(v0,t)，t＝eq\f(L,2v0)，解得a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)，C正確，D錯(cuò)誤．答案：C6．解析：點(diǎn)電荷Q恰好靜止不動(dòng)，根據(jù)庫(kù)侖定律，有keq\f(QQ1,req\o\al(2,1))＝keq\f(QQ2,req\o\al(2,2))，整理得eq\f(Q1,Q2)＝（eq\f(r1,r2)）2，A正確，B錯(cuò)誤；Q1、Q2圍繞Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們間的庫(kù)侖引力提供向心力，設(shè)Q1、Q2質(zhì)量為m1、m2，則有m1ω2r1＝m2ω2r2，整理得eq\f(m1,m2)＝eq\f(r2,r1)，C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC7.解析：小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成θ角，受重力、拉力和電場(chǎng)力，三力平衡，根據(jù)平衡條件有mgtanθ＝qE，解得E＝eq\f(mg,qtanθ)，A正確；如圖所示小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，則最小動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，B正確；小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和守恒，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢(shì)能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，C錯(cuò)誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢(shì)能先減小后增大，再減小，D錯(cuò)誤．答案：AB8．解析：粒子在半徑為r的圓軌道運(yùn)動(dòng)，有qE＝mω2r，將E＝eq\f(a,r)代入上式得ω2＝eq\f(qa,mr2)，可知軌道半徑小的粒子，角速度大，A錯(cuò)誤；由qE＝meq\f(v2,r)、Ek＝eq\f(1,2)mv2、E＝eq\f(a,r)解得Ek＝eq\f(qa,2)，即電荷量大的粒子動(dòng)能一定大，B正確；由qE＝meq\f(v2,r)、E＝eq\f(a,r)可得v2＝eq\f(qa,m)，即粒子速度的大小與軌道半徑r無(wú)關(guān)，C正確；帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向和垂直紙面的磁場(chǎng)方向是向里還是向外未知，粒子所受洛倫茲力方向未知，D錯(cuò)誤．答案：BC9．解析：該電場(chǎng)是等量異種電荷在空間中產(chǎn)生的電場(chǎng)，其中，QM為正電荷，QN為負(fù)電荷，A正確，B錯(cuò)誤；正電荷QM在MP和PQ區(qū)間產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的平均值大小相同有eq\o(E,\s\up6(－))MP＋＝eq\o(E,\s\up6(－))MQ＋，負(fù)電荷QN在MP和PQ區(qū)間產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的平均值大小不同有eq\o(E,\s\up6(－))MP－<eq\o(E,\s\up6(－))MQ－，MP區(qū)間eq\o(E,\s\up6(－))MP＋與eq\o(E,\s\up6(－))MP－方向相反，MQ區(qū)間eq\o(E,\s\up6(－))MQ＋與eq\o(E,\s\up6(－))MQ－方向相同，則合場(chǎng)強(qiáng)eq\o(E,\s\up6(－))MQ>eq\o(E,\s\up6(－))MP，根據(jù)U＝eq\o(E,\s\up6(－))d，有UMP<UMQ，C正確；將負(fù)檢驗(yàn)電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到Q點(diǎn)，正電荷QM對(duì)檢驗(yàn)電荷做功為零，負(fù)電荷QN對(duì)檢驗(yàn)電荷做功為負(fù)功，故電場(chǎng)力對(duì)該檢驗(yàn)電荷所做總功為負(fù)，D錯(cuò)誤．答案：AC10．解析：由圖可知，帶電粒子受正點(diǎn)電荷的排斥力，則帶電粒子帶正電，A錯(cuò)誤；c點(diǎn)距正電荷最遠(yuǎn)，根據(jù)庫(kù)侖定律可知，庫(kù)侖力與點(diǎn)電荷間距離的平方成反比，則帶電粒子在c點(diǎn)受力最小，B正確；b點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)電勢(shì)，則帶正電的粒子在b點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能，C正確；虛線間距相等，由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)特點(diǎn)知越靠近點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)越大，可知Uab＞Ubc，根據(jù)動(dòng)能定理qU＝ΔEk可知，由a點(diǎn)到b點(diǎn)的動(dòng)能變化大于由b點(diǎn)到c點(diǎn)的動(dòng)能變化，D正確．答案：BCD11．解析：（1）物體在A點(diǎn)受到點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力F＝keq\f(qQ,r2)由幾何關(guān)系可知r＝eq\f(h,sin60°)設(shè)物體在A點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大小為N，由平衡條件有N－mg－Fsin60°＝0解得N＝mg＋eq\f(3\r(3)kQq,8h2).（2）設(shè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在B點(diǎn)的電勢(shì)為φB，由動(dòng)能定理有－q（φ－φB）＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得φB＝φ＋eq\f(m（veq\o\al(2,0)－v2）,2q).（3）設(shè)物塊能獲得的最大速度為vm，由能量守恒定律有qφ＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解得vm＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qφ,m)).答案：（1）mg＋eq\f(3\r(3)kQq,8h2)（2）φ＋eq\f(m（veq\o\al(2,0)－v2）,2q)（3）eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qφ,m))12．解析：（1）對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律可得F－μ1mg＝ma1代入數(shù)據(jù)解得加速度大小為a1＝8m/s2對(duì)長(zhǎng)木板根據(jù)牛頓第二定律可得μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma解得加速度大小為a＝0所以物塊進(jìn)入電場(chǎng)前，木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)物塊根據(jù)速度—位移關(guān)系可得veq\o\al(2,0)＝2a1L代入數(shù)據(jù)解得v0＝4m/s.（2）設(shè)物塊進(jìn)入電場(chǎng)中時(shí)，物塊的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定