第9练　电场（含解析）--2024年高考物理大二轮复习

这是一份第9练　电场（含解析）--2024年高考物理大二轮复习，共15页。
1.(2023·江苏省模拟)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，正方形ABCD的对角线BD边正好与图中竖直向上的直电场线重合，O点是正方形两对角线的交点。下列说法正确的是( )
A．将一正电荷由A点移到B点，电荷的电势能增加
B．O点电势与C点电势相等
C．DO间的电势差等于OB间的电势差
D．在O点放置一负点电荷，该电荷所受静电力的方向竖直向下
2．(2023·江苏苏州木渎高级中学三模)人体的细胞膜模型图如图甲所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)，现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图乙所示。初速度可视为零的正一价钾离子仅在静电力的作用下，从图乙中的A点运动到B点，下列说法正确的是( )
A．钾离子的电势能增大
B．A点电势等于B点电势
C．若膜电位增加，则钾离子进入细胞内的速度更大
D．若膜电位不变，膜的厚度越大，则钾离子进入细胞内的速度越大
3.在竖直向上的匀强电场中，有两个质量均为 m、带等量异种电荷(电荷量绝对值为 q)的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度 v0 向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示。A、B两球抛出点到落地点之间的水平距离分别是L1和L2。两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，下列说法不正确的是( )
A．A球带正电，B球带负电
B．B球比A球先落地
C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加
D．两球从抛出到各自落地的过程中，A、B球的机械能变化量大小相等
4.(2022·山东卷·3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A．正电荷，q＝eq \f(QΔL,πR)
B．正电荷，q＝eq \f(\r(3)QΔL,πR)
C．负电荷，q＝eq \f(2QΔL,πR)
D．负电荷，q＝eq \f(2\r(3)QΔL,πR)
5.(2023·江苏省百校高三第三次考试)某静电场中x轴上各点电势分布图如图所示。一带电粒子在坐标原点O处静止释放，仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，下列说法正确的是( )
A．粒子可能带负电
B．粒子在x1处电势能最小
C．粒子能够运动到x2处
D．粒子受到的静电力先增大后减小
6.如图所示，四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，O为菱形中点，E、F两点分别是AD、BC边的中点，G为BD延长线上一点，O、G两点关于D点对称，在A、B、C三点分别固定电荷量为＋Q、＋Q、－Q的点电荷，以无穷远处的电势为零，则下列说法正确的是( )
A．O点电场强度比G点电场强度大，G点电势比O点电势高
B．O、D、E、F、G五点的电势均为正
C．一个负试探电荷在E点时的电势能比在O点时的电势能大
D．将一个正试探电荷沿直线从F点移到D点，电势能先减小后增大
[争分提能练]
7.(2022·浙江6月选考·9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq \r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则( )
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为a＝eq \f(2v02,L)
D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq \f(\r(2)－1L,2v0)
8．(2022·河北卷·6)如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)，P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是( )
A．P点电势低于S点电势
B．T点电场强度方向指向O点
C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
9.(2023·江苏盐城市三模)在x轴的坐标原点固定一电荷量绝对值为q的点电荷，在x＝8x0处固定另一点电荷，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度E与该点位置的关系如图所示。选取x轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零，则下列说法正确的是( )
A．x＝3x0处的电场强度大于x＝5x0处的电场强度
B．x＝3x0处的电势高于x＝5x0处的电势
C．在x＝8x0处点电荷的电荷量的绝对值为3q
D．电子沿x轴从x＝x0移动到x＝5x0过程中电势能先增加后减少
10.(2023·江苏无锡天一中学阶段练习)如图所示，长为4l、倾角为37°的光滑绝缘细杆AD垂直穿过半径为l、带电荷量为－Q的固定大圆环圆心O，细杆上B、O、C三点等分细杆长度。现从细杆的顶端A无初速度地释放一个质量为m、带电荷量为＋q的套在细杆上的可视为点电荷的小滑环。已知静电力常量为k，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，大圆环上的电荷均匀分布，小滑环上的电荷不影响电场分布，则下列说法正确的是( )
A．大圆环在B点产生的电场强度大小为eq \f(kQ,4l2)
B．小滑环在B点的加速度大小为eq \f(\r(2)kQq,4ml2)
C．小滑环从B到C的过程中静电力所做的功为eq \f(\r(10)kQq,25l)
D．小滑环在D点的速度大小为eq \r(\f(24,5)gl)
11.如图所示，带电平行板倾斜放置且与水平面间的夹角为θ，两板间的电压U＝8×103 V，两板间的距离d＝0.4 m，圆形光滑轨道竖直固定放置，最低点B正好在上极板的边缘，C点是圆弧轨道的最高点；质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋10－4 C的小球，从贴近平行板下极板的A点由静止释放，在平行板间的匀强电场中，正好沿水平直线AB做匀加速运动，经过B点进入圆弧轨道，刚好到达最高点C点，电场只存在带电平行板内，外部没有电场，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)平行板与水平面间的夹角θ及小球经过B点时的速度vB的大小；
(2)圆形轨道的半径R。
[尖子生选练]
12.(2023·湖北卷·10改编)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是( )
A．L∶d＝2∶1
B．U1∶U2＝1∶2
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
第9练 电场
1．D [将一正电荷由A点移到B点，静电力做正功，电荷的电势能减小，故A错误；AC所在平面与BD垂直，与其他电场线不垂直，AC所在平面不是等势面，O点电势与C点电势不相等，故B错误；根据电场线的疏密程度可知DO间的电场强度大于OB间的电场强度，由U＝Ed可知DO间的电势差大于OB间的电势差，故C错误；在O点放置一负点电荷，该电荷所受静电力的方向与该点电场线方向相反，竖直向下，故D正确。]
2．C [初速度可视为零的一价正钾离子仅在静电力的作用下，从题图乙中的A点运动到B点，可知静电力做正功，所以钾离子的电势能减小，故A错误；分析可知电场线从A到B，沿电场线方向电势降低，所以A点电势大于B点电势，故B错误；由动能定理可知qU＝eq \f(1,2)mv2，若膜电位不变，即电压U不变，钾离子进入细胞内的速度不变，电压U增加时，速度增大，故C正确，D错误。]
3．C [两球在水平方向都做匀速直线运动，v0相同，由x＝v0t知，A运动的时间比B的长，竖直方向上，h相等，由h＝eq \f(1,2)at2可知，A的加速度比B的加速度小， A的合力比B的合力小，所以A受到的静电力向上，带正电，B受到的静电力向下，带负电，故A正确；A运动的时间比B运动的时间长，则B球比A球先落地，故B正确；A受到的静电力向上，静电力对A球做负功，A球的电势能增加，A球的机械能减小，减小量为ΔEA＝qEh；B受到的静电力向下，静电力对B球做正功，B球的电势能减小，B球的机械能增加，增加量为ΔEB＝qEh，故C错误，D正确。]
4．C [取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，
因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq \f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq \f(QΔL,2πR3)，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝keq \f(QΔL,2πR3)，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝keq \f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq \f(q,2R2)，联立解得q＝eq \f(2QΔL,πR)，故选C。]
5．B [由题图可知，x轴从坐标原点到x1处电势逐渐降低，从x1处到x2处电势逐渐升高；带电粒子从坐标原点O处由静止释放，仅在静电力作用下运动到x1处时，静电力做正功，电势能减小；从x1处之后静电力做负功，电势能增大，故在x1处电势能最小；由于从坐标原点O处到x1处时，电势降低，所以该粒子沿着电场线的方向运动，故该粒子带正电，故A错误，B正确；由于粒子只在静电力的作用下运动，当运动到与开始时电势相等的位置，粒子速度为0，故不能到达x2处，故C错误；由题图可知，图像的斜率绝对值等于电场强度的大小，可知粒子受到的静电力先减小后增大，故D错误。]
6．B [在A、C两点固定的等量异种点电荷产生的电场中，直线BD是一条等势线，故O、D、G三点的电势均为零，在B点固定的点电荷产生的电场中，O、D、G三点的电势均为正，则电势叠加的结果为φO>φD>φG>0；在B、C两点固定的等量异种点电荷产生的电场中，E点电势为正，F、D两点电势为零，在A点固定的点电荷产生的电场中，E、F、D三点电势均为正，电势叠加的结果为φE>φD>φF>0；在A、B两点固定的点电荷产生的电场中，E、O两点电势相等，在C点固定的点电荷产生的电场中，E点电势比O点电势高，综上可得φE>φO>φG≠φF>0，A错误，B正确；由上述分析可知负试探电荷在E点的电势能比在O点的电势能小，C错误；正试探电荷沿直线从F点移到D点，电势能不断增大，D错误。]
7．C [由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有eq \f(L,2)＝v0t，d＝eq \f(1,2)at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(eq \r(2)v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝eq \f(L,2v0)，a＝eq \f(2v02,L)，故C正确，D错误。]
8．B [在直线MN上，正电荷在M点右侧电场强度水平向右，负电荷在N点左侧电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N点的左侧电场强度不可能为零，设M、N之间的距离为L，在N点右侧与N点距离为d的点电场强度为零，则有eq \f(k·2q,L＋d2)＝eq \f(k·q,d2)，可知除无穷远处外，直线MN上电场强度为零的点只有一个，故C错误；由A选项分析可知：T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增加，静电力做负功，故D错误；由于电场强度方向垂直于等势面，可知T点的电场强度方向所在直线必过等势面的球心O，根据异种电荷的电场线分布情况可知，N、S间电场线方向由S指向N，则φS>φO，由于φT＝φS，则φT>φO，故T点电场强度方向指向O点，故B正确。]
9．D [由题图可知，从x＝2x0处到x＝8x0处，电场强度反方向不断增大，所以x＝3x0处的电场强度小于x＝5x0处的电场强度，故A错误；在x轴的坐标原点固定一电荷量绝对值为q的点电荷，在x＝8x0处固定另一点电荷，选取x轴正方向为电场强度的正方向，分析可知为两不等量正电荷产生的电场，类比等量正电荷产生的电场，可知x＝2x0处到x＝8x0处逆着电场线方向，电势逐渐升高，所以x＝3x0处的电势低于x＝5x0处的电势，故B错误；设在x＝8x0处固定另一点电荷的电荷量为q′，在x＝2x0处电场强度为0，可得keq \f(q,2x02)＝keq \f(q′,8x0－2x02)，解得q′＝9q，故C错误；电子沿x轴从x＝x0移动到x＝2x0过程，顺着电场线运动，可知静电力做负功，电势能增加，从x＝2x0移动到x＝5x0过程，逆着电场线运动，可知静电力做正功，电势能减少，所以电子沿x轴从x＝x0移动到x＝5x0过程中电势能先增加后减少，故D正确。]
10．D [由题意可知OB＝eq \f(1,4)×4l＝l，圆环上电荷分布均匀，取环上一点，设其电荷量为Q1，该点到B点的距离为r＝eq \r(l2＋l2)＝eq \r(2)l，Q1在B点产生的电场强度为E1＝keq \f(Q1,r2)＝keq \f(Q1,2l2)，以O点为坐标原点，OA方向为正方向建立x轴，Q1在B点产生的电场强度在x轴方向的分量为E1x＝E1cs 45°＝eq \f(\r(2)kQ1,4l2)，大圆环在B点产生的电场强度大小E＝eq \i\su(i＝1,n,E)ix＝eq \f(\r(2)kQ,4l2)，故A错误；小滑环在B点，由牛顿第二定律得qE＋mgsin 37°＝ma，解得a＝eq \f(\r(2)kQq,4ml2)＋eq \f(3,5)g，故B错误；由对称性可知B、C两点电势相等，UBC＝0，小滑环从B到C的过程中静电力所做的功WBC＝qUBC＝0，故C错误；由对称性可得库仑力做功WAO＝－WOD，WAO＋WOD＝0，从A到D，由动能定理得mg·4l·sin 37°＋WAO＋WOD＝eq \f(1,2)mvD2，解得vD＝eq \r(\f(24gl,5))，故D正确。]
11．(1)60° 4 m/s (2)0.32 m
解析 (1)平行板间的电场强度E＝eq \f(U,d)
对小球受力分析，可知静电力与重力的合力水平向右，由力的合成可得
eq \f(mg,Eq)＝cs θ，代入数据解得cs θ＝eq \f(1,2)，故θ＝60°；
小球从A运动到B，由能量守恒可得qU＝eq \f(1,2)mvB2
解得vB＝4 m/s
(2)小球刚好到达最高点，有mg＝meq \f(vC2,R)
小球从B运动到C，由动能定理可得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
联立解得R＝0.32 m。
12．D [微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和静电力的关系及牛顿第二定律可得E＝eq \f(U2,2d)，F＝qE＝ma，设微粒射入电容器时的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cs 45°＝eq \f(\r(2),2)v0，vy＝v0sin 45°＝eq \f(\r(2),2)v0，从射入到运动到最高点由运动学公式得vy2＝2ad，由动能定理可得qU1＝eq \f(1,2)mv02，联立解得U1∶U2＝1∶1，B错误；微粒从射入到运动到最高点有2L＝vxt，d＝eq \f(0＋vy,2)·t，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；微粒从最高点到穿出电容器时由运动学知识可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝eq \f(vy,2)，设微粒穿出电容器时速度与水平方向的夹角为α，则tan α＝eq \f(vy1,vx)＝eq \f(1,2)，微粒射入电容器时速度与水平方向的夹角为β，tan(α＋β)＝3，C错误；粒子从射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝eq \f(1,2)at2，联立解得y＝eq \f(U2x2,4dU1)，且x＝vxt′，y＝eq \f(0＋vy,2)·t′，可得x＝2L，y＝d＝L，即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出电场过程同理，x1＝L＝vxt1′，y1＝eq \f(vy1＋0,2)t1′＝eq \f(x1,4)＝eq \f(L,4)，即轨迹不会变化，D正确。]