2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題限時(shí)集訓(xùn)8電場的性質(zhì)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)含解析

PAGE7-專題限時(shí)集訓(xùn)(八)(建議用時(shí)：40分鐘)[專題通關(guān)練]1.(2024·河北張家口聯(lián)考)空間存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場，紙面內(nèi)有一菱形ABCD。將一個(gè)電子由C點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，克服電場力做功1eV。A點(diǎn)的電勢為3V，則B點(diǎn)的電勢為()A．2V B．3VC．4V D．6VC[由題可得：WCD＝－eUCD＝－1eV，解得：UCD＝1V，由公式：UCD＝UBA＝φB－φA，解得：φB＝4V。故選C。]2.如圖所示，平行板電容器兩極板帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩極板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變D[若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；依據(jù)Q＝CU可知，在Q肯定的狀況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計(jì)指針偏角θ減??；依據(jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)，聯(lián)立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變；A點(diǎn)離下極板的距離不變，E不變，則A點(diǎn)與下極板間的電勢差不變，A點(diǎn)的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D正確。]3．(2024·江西上饒聯(lián)考)如圖所示，平行板電容器的電容為C，正極板帶電荷量為eq\f(Q,2)，負(fù)極板接地，兩極板間距離為d，今在距兩極板間離負(fù)極板e(cuò)q\f(d,4)處放一正點(diǎn)電荷q，則()A．q所受電場力的大小為eq\f(Qq,Cd)B．q所受電場力的大小為eq\f(k4Qq,d2)C．q點(diǎn)處的電勢是eq\f(Q,8C)D．由于負(fù)極板接地，所以負(fù)極板電荷量為零C[電容器兩板電勢差：U＝eq\f(Q,2C)；兩板場強(qiáng)：E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,2Cd)；則q所受電場力的大小為F＝Eq＝eq\f(qQ,2Cd)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬板帶電荷量不能看作點(diǎn)電荷，故不能依據(jù)庫侖定律求解q所受的電場力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；q點(diǎn)處的電勢是φ＝ΔU＝Eeq\f(d,4)＝eq\f(Q,8C)，選項(xiàng)C正確；負(fù)極板帶電荷量為－eq\f(Q,2)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C。]4.(2024·蘇北三市聯(lián)考)如圖所示，金屬板帶有等量異種電荷，板間某一豎直平面內(nèi)電場線的分布照實(shí)線所示，已知該平面內(nèi)P、O的連線為等勢線，且與電場線上兩點(diǎn)M、N的連線垂直。一帶電油滴在O點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。則()A．若將油滴置于P處，仍能靜止B．若將油滴從M處釋放，將沿電場線運(yùn)動(dòng)至N處C．M點(diǎn)的電勢肯定比N點(diǎn)的高D．油滴在M點(diǎn)的電勢能肯定比在N點(diǎn)的小D[由題可知，帶電油滴在O點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，說明在O點(diǎn)的電場力與重力相等，由電場線的分布可知，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于O點(diǎn)電場強(qiáng)度，即EP>EO，則在P點(diǎn)的電場力大于重力，則油滴不會(huì)處于靜止?fàn)顟B(tài)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；帶電油滴受到重力和電場力的作用，由于電場的方向?yàn)殡妶鼍€的切線方向，可知二者的合力的方向時(shí)刻在改變，其合力的方向不沿著電場線，依據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)條件可知，油滴也不會(huì)沿電場線運(yùn)動(dòng)到N處，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)電場線的性質(zhì)，可知沿著電場線電勢降低，由于電場線的方向未知，故M、N點(diǎn)電勢凹凸也是未知的，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若油滴帶負(fù)電，則上極板帶正電，則φM>φN，則依據(jù)電勢能公式Ep＝φq可知：EPM<EPN；若油滴帶正電，則上極板帶負(fù)電，則φM<φN，同理可知：EPM<EPN，故選項(xiàng)D正確。]5．(易錯(cuò)題)(多選)(2024·東北育才學(xué)校模擬)如圖所示，D是一只志向二極管，電流只能從a流向b，而不能從b流向a。平行板電容器的A、B兩極板間有一電荷，在P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。以E表示兩極板間的電場強(qiáng)度，U表示兩極板間的電壓，Ep表示電荷在P點(diǎn)的電勢能。若保持極板B不動(dòng)，將極板A稍向上平移，則下列說法正確的是()A．E變小 B．U變大C．Ep不變 D．電荷仍保持靜止BCD[由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)極板A稍向上平移時(shí)，d增大，C變小，但因二極管的存在，電容器不能放電，故電容器上的電荷量Q不變，由Q＝CU可知，U變大，又E＝eq\f(U,d)，聯(lián)立各式可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則板間電場強(qiáng)度不變，電荷仍靜止，且φP不變，故Ep＝φPq也不變。A錯(cuò)誤，B、C、D正確。]易錯(cuò)點(diǎn)評：(1)解題時(shí)易忽視當(dāng)有電容器的回路接有二極管時(shí)，因二極管的單向?qū)щ娦?，將使電容器的充電或放電受到限制?2)下極板接地后不會(huì)推斷P點(diǎn)的電勢和電勢能。6.(原創(chuàng)題)(多選)某帶電金屬棒所帶電荷勻稱分布，其四周的電場線分布如圖所示，在金屬棒的中垂線上的兩條電場線上有A、B兩點(diǎn)，電場中另有一點(diǎn)C。已知A點(diǎn)到金屬棒的距離大于B點(diǎn)到金屬棒的距離，C點(diǎn)到金屬棒的距離大于A點(diǎn)到金屬棒的距離，則()A．A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢B．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于C點(diǎn)的電場強(qiáng)度C．將正電荷沿AC方向從A點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電場力做正功D．負(fù)電荷在A點(diǎn)的電勢能小于其在B點(diǎn)的電勢能AC[由圖，結(jié)合電場線的特點(diǎn)可知，該題中金屬棒兩側(cè)的電場是對稱的，設(shè)AB連線與金屬棒交點(diǎn)為O，由于OA＞OB，所以O(shè)A之間的電勢差大于OB之間的電勢差，依據(jù)沿電場線的方向電勢降低可知，A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢，故A正確；依據(jù)電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱可知，B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大，故B錯(cuò)誤；沿著電場線方向電勢降低，A點(diǎn)電勢比C點(diǎn)高，則將正電荷沿AC方向從A點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；負(fù)電荷在電勢高的位置的電勢能小，所以負(fù)電荷在A點(diǎn)的電勢能大于其在B點(diǎn)的電勢能，故D錯(cuò)誤；故選AC。]7．(多選)(2024·考試大綱調(diào)研卷)如圖所示，帶電小球a用絕緣細(xì)線豎直懸掛，在帶電小球a下方的絕緣桌面上固定著兩個(gè)帶電小球b、c，三個(gè)小球均可看成點(diǎn)電荷。當(dāng)小球a處于平衡狀態(tài)時(shí)，它距桌面O點(diǎn)的距離為7.5cm，距小球b、c的距離均為15cm，且三個(gè)電荷在同一豎直平面上。已知小球a的電荷量為－3.00×10－8C，小球b、c的電荷量均為＋3.00×10－4C，OM之間的距離等于ON之間距離，下列說法正確的是()A．O處的電場強(qiáng)度大小為4.8N/CB．小球a與b之間作用力大小為9.6NC．若小球a沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)，則它的電勢能將減小D．若小球b、c分別移到M、N兩點(diǎn)，則細(xì)線的拉力將減小D[由題知，電荷b、c在O點(diǎn)形成的合場強(qiáng)為0，故O處的合場強(qiáng)為電荷a在O處的場強(qiáng)，大小為E＝eq\f(kQa,r\o\al(2,aO))＝4.8×104N/C，A錯(cuò)誤；電荷a、b間的庫侖力大小為F＝eq\f(kQaQb,r\o\al(2,ab))＝3.6N，B錯(cuò)誤，若小球a沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，電勢能增加，C錯(cuò)誤；若小球b、c分別移到M、N兩點(diǎn)，a受到的庫侖引力減小，故綱線拉力減小，D正確。]8．(2024·全國考試大綱調(diào)研卷)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B.運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回C.運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回D.穿過P′點(diǎn)A[依據(jù)平行板電容器的電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強(qiáng)電場的電壓與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由O點(diǎn)靜止釋放的電子仍舊可以運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，并且會(huì)原路返回，故選項(xiàng)A正確。][實(shí)力提升練]9．(多選)(2024·山東青島聯(lián)考)如圖甲所示，兩個(gè)等量同種電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，電荷量q＝＋1×10－3C、質(zhì)量m＝0.02kg的小球從a點(diǎn)靜止釋放，沿中垂線運(yùn)動(dòng)到電荷連線中點(diǎn)O過程中的v-t圖象如圖乙中圖線①所示，其中b點(diǎn)處為圖線切線斜率最大的位置，圖中②為過b點(diǎn)的切線，則下列說法正確的是()A．P、Q帶正電荷B．b點(diǎn)的場強(qiáng)E＝30V/mC．a(chǎn)、b兩點(diǎn)間的電勢差為90VD．小球從a到O的過程中電勢能先削減后增加BC[帶正電的小球從a點(diǎn)由靜止釋放，向上做加速運(yùn)動(dòng)可知，受到向上的電場力，則aO線上的電場豎直向上，故兩電荷帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；v-t圖象上斜率表示加速度可得：ab＝eq\f(Δv,Δt)＝1.5m/s2①，依據(jù)牛頓其次定律得：qEb＝ma②，①②聯(lián)立解得：Eb＝30V/m，故B正確；對小球由a到b，由動(dòng)能定理得：qUab＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，由圖乙可得vb＝3m/s帶入解得：Uab＝90V，故C正確；由圖象乙可知，小球速度始終增大，電場力始終做正功，故電勢能始終減小，故D錯(cuò)誤；故選B、C。]10.(2024·天一大聯(lián)考)如圖所示，兩點(diǎn)電荷Q1、Q2連線延長線上有A、B兩點(diǎn)?，F(xiàn)將一帶正電的摸索電荷在A點(diǎn)由靜止釋放，恰好能在A、B間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是()A．A、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，方向相反B．摸索電荷在A、B兩點(diǎn)的電勢能相等C．摸索電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，加速度先增大后減小D．點(diǎn)電荷Q1帶正電、Q2帶負(fù)電，且Q1的電荷量大于Q2的電荷量B[將一帶正電的摸索電荷在A點(diǎn)由靜止釋放，恰好能在A、B間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，可知A、B之間存在一個(gè)場強(qiáng)為零的點(diǎn)O，在從A到O場強(qiáng)方向向右，從O到B場強(qiáng)方向向左，因Q1、Q2兩電荷帶電荷量大小未知，不能確定A、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因摸索電荷在A、B兩點(diǎn)的速度為零，而電荷的電勢能和動(dòng)能之和守恒，則摸索電荷在A、B兩點(diǎn)的電勢能相等，選項(xiàng)B正確；因A、B之間存在一個(gè)場強(qiáng)為零的O點(diǎn)，可知摸索電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，加速度先減小后增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；場強(qiáng)為零的O點(diǎn)在A、B之間，由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式以及疊加原理可知，點(diǎn)電荷Q1帶負(fù)電、Q2帶正電，且Q1的電荷量大于Q2的電荷量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B。]11．(2024·歷城二中模擬)真空中存在電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，一比荷(即電荷量與質(zhì)量的比值)為k的帶電油滴在該電場中由靜止動(dòng)身，豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，將電場強(qiáng)度的大小突然變?yōu)槟持?，但保持其方向不變。持續(xù)同樣的一段時(shí)間后，油滴回到動(dòng)身點(diǎn)。重力加速度大小為g。(1)求改變以后的電場強(qiáng)度大小E′；(2)若把帶電油滴換成電性和比荷相同的帶電粒子(重力不計(jì))，在上述改變的電場中經(jīng)驗(yàn)相同時(shí)間的運(yùn)動(dòng)。求粒子最終速度大小與油滴最終速度大小的比值。[解析](1)選油滴為探討對象，豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過程中：a1＝eq\f(qE－mg,m)＝kE－gv1＝a1tx1＝eq\f(1,2)a1t2場強(qiáng)改變后a2＝eq\f(mg－qE′,m)＝g－kE′x2＝－v1t＋eq\f(1,2)a2t2解得a2＝3a1，E′＝eq\f(4g,k)－3E。(2)油滴的末速度大小v2＝－v1＋a2t＝－a1t＋a2t＝－(kE－g)t＋(g－kE′)t選帶電粒子為探討對象，先豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)：a1′＝eq\f(qE,m)＝kE，v1′＝a1′t場強(qiáng)改變以后，帶電粒子仍向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)：a2′＝eq\f(qE′,m)＝kE′v2′＝v1′＋a2′t＝kEt＋kE′t則eq\f(v2′,v2)＝eq\f(kEt＋kE′t,－kE－gt＋g－kE′t)＝eq\f(2g－kE,kE－g)。[答案](1)eq\f(4g,k)－3E(2)eq\f(2g－kE,kE－g)題號內(nèi)容押題依據(jù)核心考點(diǎn)核心素養(yǎng)電場性質(zhì)的分析以不等量電荷電場分布為背景科學(xué)思維：立足教材拓展提升圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A點(diǎn)的坐標(biāo)為(2a,0)，三角形ABC為等邊三角形，邊長為2a。x軸為等邊三角形的對稱軸，坐標(biāo)原點(diǎn)O和等邊三角形中心Q兩點(diǎn)處固定著電荷量分別為－3q和＋q的兩個(gè)點(diǎn)電荷，在上述兩個(gè)點(diǎn)電荷所形成的電場中，取無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，下列說法正確的是()A．不包括無窮遠(yuǎn)處電勢為0的點(diǎn)，在x軸上只有一個(gè)點(diǎn)電勢為0B．不包括無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度為0的點(diǎn)，在x軸上只有A處電場強(qiáng)度為0C．B點(diǎn)的電勢大于A點(diǎn)的電勢D．某一負(fù)電荷放在C點(diǎn)的電勢能小于放在A點(diǎn)的電勢能B[因?yàn)閮牲c(diǎn)電荷帶不等量的異種電荷，所以兩點(diǎn)電荷連線所在直線上電勢為零的點(diǎn)有兩個(gè)，一個(gè)在兩電荷之間，另一個(gè)在電荷量較小的電荷即正電荷右側(cè)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；Q點(diǎn)為等邊三角形中心，等邊三角形邊長為2a，依據(jù)幾何關(guān)系有xQA＝eq\f(2\r(3),3)a，電荷量為＋q的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為Et＝keq\f(q,x\o\al(2,QA))＝＝keq\f(3q,4a2)，方向沿x軸正方向，電荷量為－3q的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為E2＝keq\f(3q,x\o\al(2,OA))＝k