2026步步高-高三大二轮专题复习物理习题_第一篇　专题三　第8练　电场（含解析）

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1~5题每题4分，6~10题每题6分，共50分
［保分基础练］
1.(2024·河北卷·2)我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是( )
A.a点B.b点C.c点D.d点
2.(多选)(2024·甘肃卷·9)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是( )
A.粒子带负电荷
B.M点的电场强度比N点的小
C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
3.(多选)(2023·海南卷·12)如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是( )
A.M、N两点电场强度相同
B.M、N两点电势相同
C.负电荷在M点电势能比在O点时要小
D.负电荷在N点电势能比在O点时要大
4.(2024·江苏南京市模拟)如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，静电力常量为k，则图中B点的电场强度为( )
A.kq9d2B.0C.k8q9d2D.k10q9d2
5.(2024·辽宁省名校联盟一模)在x轴上的M、N处分别固定一个点电荷q1、q2，取x轴正方向为电场强度的正方向，x轴上各点的电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，O点电场强度为零，MO=2NO。P点在M左侧，Q点在N右侧，且PM与QN长度相等。下列说法正确的是( )
A.q1与q2带等量正电荷
B.q1与q2均带正电荷，且电荷量之比为4∶1
C.P点与Q点的电场强度等大反向
D.M点与P点的电势差小于N点与Q点之间的电势差
［争分提能练］
6.(2022·江苏卷·9)如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心，将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则( )
A.在移动过程中，O点电场强度变小
B.在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大
C.在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功
D.当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点
7.(多选)(2024·河南省五市联考一模)如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。一不计重力的带电粒子以速度v0从O点沿板间中线射入极板之间，若t=0时刻进入电场的带电粒子在t=T时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则( )
A.t=0时刻进入电场的粒子在t=T2时刻速度大小为2v0
B.t=T4时刻进入电场的粒子在t=T2时刻速度大小为v0
C.t=T4时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为d4
D.t=T6时刻进入电场的粒子最终平行于极板射出电场
8.(2024·浙江1月选考·11)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则( )
A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大
B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能(12mvm2+eU)
C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd2meU
D.M、N间加反向电压mvm24e时电流表示数恰好为零
9.(多选)(2024·山东卷·10)如图所示，带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A.OB的距离l=3kq2mg
B.OB的距离l=3kq23mg
C.从A到C，静电力对小滑块做功W=-mgs
D.AC之间的电势差UAC=-mgs2q
［尖子生选练］
10.(多选)(2023·湖北卷·10)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∶1
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
［2 计算题］
1.(10分)(2024·河北卷·13)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
(1)(2分)电场强度E的大小。
(2)(8分)小球在A、B两点的速度大小。
2.(12分)(2024·辽宁沈阳市二模)如图(a)，空间有一水平向右的匀强电场，一质量为m、带电量为+q的小球用一绝缘细线悬挂于O点，悬点到球心的距离为L。小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=37°，重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力。sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。
(1)(4分)求小球静止时细线的拉力大小及电场强度的大小；
(2)(8分)若将小球拉到最低点，给小球垂直纸面向里的初速度，使小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，如图(b)所示，求小球速度的大小。
3.(14分)(2024·四川遂宁市一模)如图，长L、间距为d的两平行金属板固定，板面与水平面成θ角，两板间的电势差为U，电场仅存在于板间且为匀强电场。一电荷量为q的带正电小球由弹射器提供能量，出弹射器时沿两板中心线O1O2的方向从O1点进入板间，恰好能沿中心线运动。不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。
(1)(6分)要使小球能飞出O2点，求弹射器提供的最小能量E0；
(2)(8分)若弹射器提供的能量为2E0，求小球到达的最高点和O2点之间的水平距离。
4.(14分)(2023·北京卷·20)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
(1)(5分)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
(2)(9分)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f=krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a.半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。
答案精析
[1选择题]
1.C [在静电场中，等差等势线越密集的地方电场强度越大。题图中c点的等差等势线相对最密集，故a、b、c、d四点中c点的电场强度最大。故选C。]
2.BCD [根据粒子所受静电力与等势面垂直且指向曲线轨迹的凹侧可知，粒子带正电荷，故A错误；等差等势面越密集的地方电场强度越大，故M点的电场强度比N点的小，故B正确；粒子带正电，因为M点的电势大于N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能；由于带电粒子仅在静电力作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故C、D正确。]
3.BC [两正电荷在M点的合电场强度向右，在N点的合电场强度向左，负电荷在M和N点的电场强度分别沿右上方和左上方，由矢量合成可知，M和N的电场强度大小相等、方向不同，A错误；由等量同种电荷的电场分布规律，可知两正电荷的电场在M和N两点的电势相同，负电荷C在M、N两点的电势也相同，故M、N两点的电势相同，B正确；两正电荷在M点的电势比在O点的高(因两正电荷在AO间的合电场强度向右)，负电荷C产生的电场中，离负电荷越近电势越低，故负电荷在M点的电势也比在O点的要高，可知M点电势比O点高，而负电荷在电势越高处电势能越小，C正确；由对称性可知N点和M点电势相同，则负电荷在N点电势能也比在O点时要小，D错误。]
4.D [根据电场强度的叠加原理可知，带电薄板在A点产生的电场强度方向向右，大小为E=kq(3d)2，根据对称性可知，薄板在B点产生的电场强度方向向左，大小为E'=E=kq(3d)2
因此，B点的电场强度大小为
EB=kq(3d)2+kqd2=k10q9d2，故D正确。]
5.B [根据题意，由题图可知，MO间电场为正，ON间电场为负，且O点电场强度为零，则q1与q2均带正电荷，且kq1MO2=kq2NO2，解得q1∶q2=4∶1，故A错误，B正确；根据题意，由点电荷电场强度公式E=kQr2和电场叠加原理可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，方向相反，则M点与P点之间的平均电场强度大于N点与Q点之间平均电场强度，由U=Ed可知，M点与P点的电势差大于N点与Q点之间的电势差，故C、D错误。]
6.D [O是等量同种电荷连线的中点，电场强度为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A错误；移动过程中，C点电场强度变小，C点的正电荷所受静电力变小，故B错误；A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动的电荷所受静电力做正功，故C错误；OA段的电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，A点的电荷移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。]
7.AD [当t=0时刻射入电场的粒子，运动时间为电场变化周期的整数倍，则有水平方向d=v0T
竖直方向每T2移动的位移都相同设为Δy，则由题意有
Δy=12a(T2)2=18aT2=14d
设T2时刻，粒子竖直方向的速度为vy，则有vy2·T2=Δy，联立解得vy=v0，根据平行四边形定则知，T2时刻粒子的速度为v=v02+vy2=2v0，故A正确；
粒子在T4时刻进入电场，则此时粒子竖直方向在静电力的作用下，先做匀加速，再匀减速，接着再匀加速和匀减速后回到中线位置，由运动的对称性可知，竖直方向先匀加速后匀减速的位移即为粒子在两板间的最大偏移量为y1=2×12a(T4)2=116aT2=d8，故C错误；
t=T4时刻进入电场的粒子在t=T2时刻，竖直方向速度为vy'=a·T4=v02
根据平行四边形定则知，粒子的速度为
v'=v02+vy'2=52v0，故B错误；
由于粒子水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动时间都是T，在一个周期内竖直方向的匀加速的总时间与匀减速的总时间总是相等，则无论什么时刻进入电场离开电场时竖直分速度均为零，即粒子最终均平行于极板射出电场，故D正确。]
8.C [根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到达N板时，有eU=Ekm-12mvm2，则到达N板时的最大动能为Ekm=eU+12mvm2，与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项A、B错误；当以最大速率逸出的电子沿y方向逸出时，其到达N板时在y方向的位移最大，电子在电场中做类平抛运动，则有y=vmt，d=12eUdmt2，解得y=vmd2meU，选项C正确；M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eUc=12mvm2，解得Uc=mvm22e，选项D错误。]
9.AD [由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析有沿斜面方向
mgsin 30°=kq2l2cs 30°，
解得l=3kq2mg
A正确，B错误；
设小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，因为滑到C点时速度为零，
根据动能定理有W+mgssin 30°=0
解得W=-mgs2，故C错误；
根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC=Wq=-mgs2q，故D正确。]
10.BD [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电场强度和静电力的关系可得E=U22d，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°=22v0，vy=v0sin 45°=22v0，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=12mv02，联立解得U1∶U2=1∶1，B正确；微粒从射入到运动到最高点有2L=vxt，d=0+vy2·t，联立解得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=vy2，设微粒穿出电容器时速度与水平方向的夹角为α，则tan α=vy1vx=12，微粒射入电容器时速度和水平方向的夹角为β，tan(α+β)=3，C错误；微粒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=12at2，联立解得y=U2x24dU1，且x=vxt'，y=0+vy2·t'，可得x=2L，y=d=L，即微粒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=vy1+02t1'=x14=L4，即轨迹不会变化，D正确。]
[2计算题]
1.(1)UL (2)Uq-mgLm 3(Uq-mgL)m
解析 (1)由匀强电场中电势差与电场强度的关系，得电场强度E=UL
(2)在A点细线对小球的拉力为0，
根据牛顿第二定律得
Eq-mg=mvA2L
A到B过程根据动能定理得
qU-mgL=12mvB2-12mvA2
联立解得vA=Uq-mgLm，
vB=3Uq-mgLm。
2.(1)54mg 3mg4q (2)34gL
解析 (1)小球静止时，设细线拉力大小为FT1，电场强度大小为E，根据共点力平衡条件有
FT1cs θ=mg，FT1sin θ=qE
联立解得FT1=54mg，E=3mg4q
(2)由题意可知，重力和静电力的合力为F合=FT1=54mg
小球做圆锥摆运动时，圆锥摆的轴线应平行于重力和静电力的合力，则圆锥摆的摆角为θ=37°
设在最低点给小球垂直纸面向里的初速度为v，小球做圆锥摆运动时，细线拉力为FT2，根据牛顿第二定律可得
FT2sin θ=mv2r
又FT2cs θ=F合，r=Lsin θ
联立解得v=34gL。
3.(1)qULdtan θ (2)Lsin 2θsin θ
解析 (1) 设带正电小球的质量为m，平行金属板间的电场强度为E，对小球受力分析，如图所示，由题意可知
E=Ud，qE=qUd=mgcs θ
解得mg=qUdcsθ
要使小球能飞出O2点，当小球在O2点速度恰好是零时，弹射器提供的能量最小，由动能定理可得-mgLsin θ=0-E0
解得E0=mgLsin θ=qULdtan θ
(2)若弹射器提供的能量为2E0，当小球在O2点时速度不等于零，设速度为v，由动能定理可得
-mgLsin θ=12mv2-2E0，
解得v=2E0m
则小球从O2点开始做斜抛运动，由斜抛运动的规律可得，在水平方向则有x=vtcs θ
在竖直方向则有vy=vsin θ-gt
小球到达最高点时vy=0，
则有vsin θ=gt，t=vsinθg
其中g=qUmdcsθ，
联立解得x=Lsin 2θsin θ。
4.(1)2d2mv02qL2 (2)a.d2kRv0qL b.25%
解析 (1)只要紧靠上极板的带电颗粒能够落到金属板下极板最右侧，颗粒就能够全部被收集，
水平方向有L=v0t
竖直方向有d=12at2
根据牛顿第二定律有qE=ma
又E=U1d，解得U1=2d2mv02qL2
(2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，根据题意有F电=f，即qU2d=kRv，且dv=Lv0，联立解得U2=d2kRv0qL
b.10 μm的带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，则有kRvmax=qU2d
在竖直方向上颗粒匀速下落，
则有d=vmaxt
2.5 μm的颗粒带电荷量为q'=q16
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，则有14kRvmax'=q'U2d
设距下极板为d'的颗粒恰好被收集，在竖直方向颗粒匀速下落，
则有d'=vmax't
解得d'=d4，故2.5 μm的颗粒被收集的百分比为
d'd×100%=25%。