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2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练八电场带电粒子在电场中的运动
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这是一份2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练八电场带电粒子在电场中的运动，共7页。试卷主要包含了1×200×0等内容，欢迎下载使用。
A．a点的电势比b点的高
B．b点的电场强度比c点的小
C．该颗粒在a、b间的动能增加量比在b、c间要小
D．该颗粒在a、b间的动量增加量比在b、c间要大
解析：由沿电场线方向电势降低可知，a点的电势比b点的低，A项错误；由图可知，b点电场线比c点密集，因此b点的场强大于c点的场强，B项错误；由图可知，场强关系为Ea>Eb>Ec，又ab＝bc，根据功能关系可得Wab>Wbc，故该颗粒在a、b间的速度比在b、c间要大，则该颗粒在a、b间的动能增加量比在b、c间要大，该颗粒在a、b间的动量增加量比在b、c间要大，C项错误，D项正确．故选D.
答案：D
2.平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100 V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示．空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高．则下列说法正确的是( )
A．b、c两点的电势差Ubc＝0
B．a点场强大小大于100 V/m
C．a点场强方向水平向右
D．a点的电势低于c点
解析：由图可知，b、c两点的电势差为Ubc＝200 V－300 V＝－100 V，故A项错误；由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1 m，电势差等于100 V，根据E＝eq \f(U,d)，可知a点场强大小大于100 V/m，故B项正确；根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C项错误；由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300 V，故D项错误．故选B.
答案：B
3．如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成．电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极．
已知电子电荷量为e，质量为m，则电子( )
A．在XX′极板间的加速度大小为eq \f(eU,m)
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为eq \r(2meU)
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝eq \f(l,20d)
解析：由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小ax＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU,md)，A项错误；电子电极XX′间运动时，有vx＝axt，t＝eq \f(l,d)，电子离开电极XX′时的动能为Ek＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,x))＝eU(10＋eq \f(l2,2d2))，电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10＋eq \f(l2,2d2))，B项错误；由动量定理可知，在XX′极板间受到电场力的冲量大小Ix＝mvx＝eq \f(l,d)eq \r(\f(meU,20))，C项错误；打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝eq \f(vx,v0)＝eq \f(l,20d)，D项正确．故选D.
答案：D
4.(2023·广东统考一模)如图所示，在匀强电场中的O点固定一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bed平面与电场线垂直，下列判断中正确的是( )
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷＋q从球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷＋q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
解析：根据点电荷形成的电场可知，a、c两点距离点电荷的距离相等，则可知电势相同，但a、c两点又同时处在匀强电场中，而沿着电场线的方向电势降低，根据电势叠加原理可知，a点的电势高于c点的电势，因此将点电荷＋q从球面上a点移到c点，电场力做正功，故A、D项错误；根据场强的叠加原理可知，b、d两点的电场强度大小相同，方向不同，故B项错误；bed平面与电场线垂直，若只有匀强电场，则可知平面bed为等势面，而b、e两点又位于点电荷所在的球面上，若只有该点电荷，则可知b、e两点所在的球面为等势面，根据电势叠加原理可知，在该复合电场中，b、e两点电势仍然相等，因此将点电荷＋q从球面上b点移到e点，电场力做功为零，故C项正确．故选C.
答案：C
5．如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面．在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点．不计液滴重力．下列说法正确的是( )
A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的小
D．液滴在a点的电势能比在b点的大
解析：由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，故A项错误；由于题中没有说明等势面是否为等差等势面，故不能明确电场线和等势面的疏密，所以无法确定a、b两点的电场强度的大小，也就无法确定加速度大小，故B、C项错误；因液滴加速前进，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确．
答案：D
6．如图所示是某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，P为金属薄片，Q为金属板．从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动．在P、Q间距减小的过程中( )
A．电容器的电容减小
B．P上电量保持不变
C．M点的电势高于N点的电势
D．M点的电势低于N点的电势
解析：电容式话筒与电源串联，电压保持不变，在P、Q间距减小过程中，根据电容决定式C＝eq \f(εS,4kπd)，可得电容增大，A项错误；根据电容的定义式C＝eq \f(Q,U)，因为电容增大，电压不变，故可得电容器所带电量增大，B项错误；电容器的充电电流通过R的方向由N到M，所以N点的电势比M点的高，C项错误，D项正确．故选D.
答案：D
7．(2023·深圳一模)(多选)如图所示是带电量不同的正、负点电荷的电场线，A、M、N是电场中的三点．A是两电荷连线的中点，M、N在两电荷连线的垂直平分线上．一个带负电的点电荷在两点受到的电场力分别为FM、FN.无穷远处电势为零，则( )
A．FM>FN
B．A点电势为零
C．M点电势高于N点电势
D．将负点电荷从M点移动到N点的过程中，电势能增加
解析：因为电场线的疏密表示电场强度，电场线越密的地方电场强度越大，由图可知，M点的电场强度大于N点的电场强度，则由F＝qE可得FM>FN，故A项正确；由等势线与电场线垂直可得过A点的等势线如图
因为无穷远处电势为零，且沿着电场线电势降低，所以A点电势大于零，故B项错误；因为沿着电场线电势降低，由图可知，M点电势高于N点电势，故C项正确；因为负电荷在电势高的地方电势能小，所以将负点电荷从M点移动到N点的过程中，电势能增加，故D项正确．故选ACD.
答案：ACD
8.(多选)如图所示，圆心为O点，半径R＝0.1 m的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆的直径．将电荷量为q＝＋0.1 C的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2 J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4 J．下列说法正确的是( )
A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．电场强度的大小E＝200 V/m
C．a点电势低于c点电势
D．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为－2 J
解析：根据题意可知：粒子从a点移动到b点，电场力做功为2 J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4 J，移动距离ab在电场方向的投影dab，移动距离cd在电场方向的投影dcd，根据电场力做功表达式W电＝qEd，可知dcd是dab的两倍，设圆形电场区域的半径为R，如图
由几何关系得ab在cd方向的投影等于R，即dcd是dab的两倍，所以电场线的方向由c指向d，场强方向与cd平行，故A项错误；粒子从c到d做的功为W电＝qEdcd，代入数据解得E＝200 V/m，故B项正确；沿电场方向电势逐渐降落，c点电势高于c′点电势，a与c′为等势点，所以c点电势高于a点电势，故C项正确；将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为W′电＝－qExd′d＝－0.1×200×0.25 J＝－5 J，故D项错误．故选BC.
答案：BC
9．如题图甲为密立根油滴实验的原理图，用喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场．某次实验过程可以简化为题图乙，其中A、B为水平正对放置的平行金属板，两金属板间加电压UAB＝U，板间距d，经观察发现一带电油滴P在两金属板之间保持静止．若突然撤去两金属板间的电压，且两极板所带电量立即消失，经过一小段时间油滴达到最大速率后再匀速下降时间t到达B板，油滴P从静止出发点到B板的位移为L.设油滴在运动过程中质量和电荷量均保持不变，若油滴质量按正比于最大速率的二次方近似处理，比例系数为k1；空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k2.重力加速度为g，不计油滴间的作用力．求：
(1)油滴P运动过程中的最大速率vm；
(2)油滴P所带电荷量；
(3)油滴P从静止到刚到达最大速率过程中重力势能变化量．
解析：(1)设油滴的质量为m，撤去电压后达到的最大速率为vm由题意有
m＝k1veq \\al(2,m)，①
由平衡条件得
mg＝k2vm，②
联立①②解得
vm＝eq \f(k2,gk1).③
(2)未撤电压时油滴保持静止状态，有
qeq \f(U,d)＝mg，④
联立②③④解得
q＝eq \f(keq \\al(2,2)d,k1gU) .
(3)设匀速过程中的位移为h，有
h＝vmt＝eq \f(k2,gk1)t，⑤
则重力势能的变化量
ΔEp＝－mg(L－h)＝eq \f(keq \\al(2,2)（k2t－k1gL）,g2keq \\al(2,1)).⑥
答案：(1)vm＝eq \f(k2,gk1) (2)q＝eq \f(keq \\al(2,2)d,k1gU)
(3)ΔEp＝eq \f(keq \\al(2,2)（k2t－k1gL）,g2keq \\al(2,1))
10.在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m，带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
(2)粒子从A到C过程所经历的时间；
(3)粒子经过C点时的速率．
解析：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功W＝qE(yA－yC)＝3qEl0.①
(2)粒子只受沿y轴负方向的电场力作用，粒子做类似斜上抛运动，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tAD＝tDB＝T，且tBC＝T，②
由牛顿第二定律qE＝ma，③
由运动学公式得yD＝eq \f(1,2)aT2，④
从D到C做类平抛运动，沿y轴方向：yD＋3l0＝eq \f(1,2)a·(2T)2，⑤
由②③④⑤式解得T＝ eq \r(\f(2ml0,qE)) ，⑥
则A→C过程所经历的时间t＝3T＝3eq \r(\f(2ml0,qE)).⑦
(3)粒子由D到C过程中
x轴方向：2l0＝vD·2T，⑧
y轴方向：vCy＝a·2T，⑨
vC＝eq \r(veq \\al(2,D)＋veq \\al(2,Cy))，⑩
由⑥⑧⑨⑩式解得vC＝ eq \r(\f(17qEl0,2m)).
答案：(1)3qEl0 (2)3 eq \r(\f(2ml0,qE)) (3) eq \r(\f(17qEl0,2m))
A．a点的电势比b点的高
B．b点的电场强度比c点的小
C．该颗粒在a、b间的动能增加量比在b、c间要小
D．该颗粒在a、b间的动量增加量比在b、c间要大
解析：由沿电场线方向电势降低可知，a点的电势比b点的低，A项错误；由图可知，b点电场线比c点密集，因此b点的场强大于c点的场强，B项错误；由图可知，场强关系为Ea>Eb>Ec，又ab＝bc，根据功能关系可得Wab>Wbc，故该颗粒在a、b间的速度比在b、c间要大，则该颗粒在a、b间的动能增加量比在b、c间要大，该颗粒在a、b间的动量增加量比在b、c间要大，C项错误，D项正确．故选D.
答案：D
2.平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100 V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示．空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高．则下列说法正确的是( )
A．b、c两点的电势差Ubc＝0
B．a点场强大小大于100 V/m
C．a点场强方向水平向右
D．a点的电势低于c点
解析：由图可知，b、c两点的电势差为Ubc＝200 V－300 V＝－100 V，故A项错误；由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1 m，电势差等于100 V，根据E＝eq \f(U,d)，可知a点场强大小大于100 V/m，故B项正确；根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C项错误；由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300 V，故D项错误．故选B.
答案：B
3．如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成．电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极．
已知电子电荷量为e，质量为m，则电子( )
A．在XX′极板间的加速度大小为eq \f(eU,m)
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为eq \r(2meU)
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝eq \f(l,20d)
解析：由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小ax＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU,md)，A项错误；电子电极XX′间运动时，有vx＝axt，t＝eq \f(l,d)，电子离开电极XX′时的动能为Ek＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,x))＝eU(10＋eq \f(l2,2d2))，电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10＋eq \f(l2,2d2))，B项错误；由动量定理可知，在XX′极板间受到电场力的冲量大小Ix＝mvx＝eq \f(l,d)eq \r(\f(meU,20))，C项错误；打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝eq \f(vx,v0)＝eq \f(l,20d)，D项正确．故选D.
答案：D
4.(2023·广东统考一模)如图所示，在匀强电场中的O点固定一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bed平面与电场线垂直，下列判断中正确的是( )
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷＋q从球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷＋q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
解析：根据点电荷形成的电场可知，a、c两点距离点电荷的距离相等，则可知电势相同，但a、c两点又同时处在匀强电场中，而沿着电场线的方向电势降低，根据电势叠加原理可知，a点的电势高于c点的电势，因此将点电荷＋q从球面上a点移到c点，电场力做正功，故A、D项错误；根据场强的叠加原理可知，b、d两点的电场强度大小相同，方向不同，故B项错误；bed平面与电场线垂直，若只有匀强电场，则可知平面bed为等势面，而b、e两点又位于点电荷所在的球面上，若只有该点电荷，则可知b、e两点所在的球面为等势面，根据电势叠加原理可知，在该复合电场中，b、e两点电势仍然相等，因此将点电荷＋q从球面上b点移到e点，电场力做功为零，故C项正确．故选C.
答案：C
5．如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面．在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点．不计液滴重力．下列说法正确的是( )
A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的小
D．液滴在a点的电势能比在b点的大
解析：由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，故A项错误；由于题中没有说明等势面是否为等差等势面，故不能明确电场线和等势面的疏密，所以无法确定a、b两点的电场强度的大小，也就无法确定加速度大小，故B、C项错误；因液滴加速前进，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确．
答案：D
6．如图所示是某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，P为金属薄片，Q为金属板．从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动．在P、Q间距减小的过程中( )
A．电容器的电容减小
B．P上电量保持不变
C．M点的电势高于N点的电势
D．M点的电势低于N点的电势
解析：电容式话筒与电源串联，电压保持不变，在P、Q间距减小过程中，根据电容决定式C＝eq \f(εS,4kπd)，可得电容增大，A项错误；根据电容的定义式C＝eq \f(Q,U)，因为电容增大，电压不变，故可得电容器所带电量增大，B项错误；电容器的充电电流通过R的方向由N到M，所以N点的电势比M点的高，C项错误，D项正确．故选D.
答案：D
7．(2023·深圳一模)(多选)如图所示是带电量不同的正、负点电荷的电场线，A、M、N是电场中的三点．A是两电荷连线的中点，M、N在两电荷连线的垂直平分线上．一个带负电的点电荷在两点受到的电场力分别为FM、FN.无穷远处电势为零，则( )
A．FM>FN
B．A点电势为零
C．M点电势高于N点电势
D．将负点电荷从M点移动到N点的过程中，电势能增加
解析：因为电场线的疏密表示电场强度，电场线越密的地方电场强度越大，由图可知，M点的电场强度大于N点的电场强度，则由F＝qE可得FM>FN，故A项正确；由等势线与电场线垂直可得过A点的等势线如图
因为无穷远处电势为零，且沿着电场线电势降低，所以A点电势大于零，故B项错误；因为沿着电场线电势降低，由图可知，M点电势高于N点电势，故C项正确；因为负电荷在电势高的地方电势能小，所以将负点电荷从M点移动到N点的过程中，电势能增加，故D项正确．故选ACD.
答案：ACD
8.(多选)如图所示，圆心为O点，半径R＝0.1 m的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆的直径．将电荷量为q＝＋0.1 C的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2 J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4 J．下列说法正确的是( )
A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．电场强度的大小E＝200 V/m
C．a点电势低于c点电势
D．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为－2 J
解析：根据题意可知：粒子从a点移动到b点，电场力做功为2 J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4 J，移动距离ab在电场方向的投影dab，移动距离cd在电场方向的投影dcd，根据电场力做功表达式W电＝qEd，可知dcd是dab的两倍，设圆形电场区域的半径为R，如图
由几何关系得ab在cd方向的投影等于R，即dcd是dab的两倍，所以电场线的方向由c指向d，场强方向与cd平行，故A项错误；粒子从c到d做的功为W电＝qEdcd，代入数据解得E＝200 V/m，故B项正确；沿电场方向电势逐渐降落，c点电势高于c′点电势，a与c′为等势点，所以c点电势高于a点电势，故C项正确；将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为W′电＝－qExd′d＝－0.1×200×0.25 J＝－5 J，故D项错误．故选BC.
答案：BC
9．如题图甲为密立根油滴实验的原理图，用喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场．某次实验过程可以简化为题图乙，其中A、B为水平正对放置的平行金属板，两金属板间加电压UAB＝U，板间距d，经观察发现一带电油滴P在两金属板之间保持静止．若突然撤去两金属板间的电压，且两极板所带电量立即消失，经过一小段时间油滴达到最大速率后再匀速下降时间t到达B板，油滴P从静止出发点到B板的位移为L.设油滴在运动过程中质量和电荷量均保持不变，若油滴质量按正比于最大速率的二次方近似处理，比例系数为k1；空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k2.重力加速度为g，不计油滴间的作用力．求：
(1)油滴P运动过程中的最大速率vm；
(2)油滴P所带电荷量；
(3)油滴P从静止到刚到达最大速率过程中重力势能变化量．
解析：(1)设油滴的质量为m，撤去电压后达到的最大速率为vm由题意有
m＝k1veq \\al(2,m)，①
由平衡条件得
mg＝k2vm，②
联立①②解得
vm＝eq \f(k2,gk1).③
(2)未撤电压时油滴保持静止状态，有
qeq \f(U,d)＝mg，④
联立②③④解得
q＝eq \f(keq \\al(2,2)d,k1gU) .
(3)设匀速过程中的位移为h，有
h＝vmt＝eq \f(k2,gk1)t，⑤
则重力势能的变化量
ΔEp＝－mg(L－h)＝eq \f(keq \\al(2,2)（k2t－k1gL）,g2keq \\al(2,1)).⑥
答案：(1)vm＝eq \f(k2,gk1) (2)q＝eq \f(keq \\al(2,2)d,k1gU)
(3)ΔEp＝eq \f(keq \\al(2,2)（k2t－k1gL）,g2keq \\al(2,1))
10.在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m，带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
(2)粒子从A到C过程所经历的时间；
(3)粒子经过C点时的速率．
解析：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功W＝qE(yA－yC)＝3qEl0.①
(2)粒子只受沿y轴负方向的电场力作用，粒子做类似斜上抛运动，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tAD＝tDB＝T，且tBC＝T，②
由牛顿第二定律qE＝ma，③
由运动学公式得yD＝eq \f(1,2)aT2，④
从D到C做类平抛运动，沿y轴方向：yD＋3l0＝eq \f(1,2)a·(2T)2，⑤
由②③④⑤式解得T＝ eq \r(\f(2ml0,qE)) ，⑥
则A→C过程所经历的时间t＝3T＝3eq \r(\f(2ml0,qE)).⑦
(3)粒子由D到C过程中
x轴方向：2l0＝vD·2T，⑧
y轴方向：vCy＝a·2T，⑨
vC＝eq \r(veq \\al(2,D)＋veq \\al(2,Cy))，⑩
由⑥⑧⑨⑩式解得vC＝ eq \r(\f(17qEl0,2m)).
答案：(1)3qEl0 (2)3 eq \r(\f(2ml0,qE)) (3) eq \r(\f(17qEl0,2m))
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