统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练8电场及带电粒子在电场中的运动

这是一份统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练8电场及带电粒子在电场中的运动，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)
1．[2023·广东冲刺卷]计算机键盘每个按键下有块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，两片金属片组成一个小电容器．且电压保持不变图示键盘连着正在工作的计算机，按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器( )
A．电容变小
B．金属片间的场强变小
C．电荷量增大
D．处于放电状态
2．[2023·辽宁省实验中学期中测试]一金属小球原来不带电，现在小球的直径延长线上放置两带电量相等的正、负电荷M、N且到小球球心O的距离相等．如图所示，球内a、b、c三点到球心距离也相等，则金属球上的感应电荷在a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，则三者相比( )
A．Ea＝Eb＝EcB．Ea＝Eb＞Ec
C．Ea＝Eb＜EcD．Ea＝Eb＝eq \f(Ec,2)
3．[2023·广西柳州市高二练习]质量相同，带电量不同的M、N两粒子，以相同的速度射入匀强电场，运动轨迹如图所示，由此可知(粒子重力不计)( )
A.M为正粒子，所带的电量大些
B．M为正粒子，所带的电量小些
C．N为正粒子，所带的电量大些
D．N为正粒子，所带的电量小些
4.
[2023·北京押题卷]两个等量异种点电荷形成的电场等势面如图虚线所示，现有一正电荷以某一水平初速度从左侧P点进入该区域，只在电场力作用下通过Q点．下列说法正确的是( )
A．P点的电场强度比Q点的电场强度小
B．P点的电势比Q点的电势低
C．该电荷在P点的电势能比在Q点的电势能大
D．该电荷在P点的动能比在Q点的动能大
5.
[2022·浙江6月]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(2v eq \\al(2,0) ,L)
D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq \f(（\r(2)－1）L,2v0)
6.
[2023·湖北省武汉市一中模拟]如图所示，在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷Q1、Q、Q2，Q恰好静止不动，Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线．已知Q1、Q2分别与Q相距r1、r2，不计点电荷间的万有引力，下列说法正确的是( )
A.Q1、Q2的电荷量之比为(eq \f(r1,r2))2
B．Q1、Q2的电荷量之比为eq \f(r1,r2)
C．Q1、Q2的质量之比为eq \f(r2,r1)
D．Q1、Q2的质量之比为(eq \f(r2,r1))2
7．[2023·黑龙江省实验中学期中]如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．匀强电场的电场强度E＝eq \f(mg,qtanθ)
B．小球动能的最小值为Ek＝eq \f(mgL,2csθ)
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先增大后减小，再增大
8.
[2022·浙江6月]如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝eq \f(a,r)，a为常量．比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
9．[2023·福建押题卷]空间中仅有在x轴上的关于原点O对称的M、N两点上有两个场源点电荷QM、QN，空间中产生电场．以x轴正方向为沿x轴上的电场强度Ex的正方向，Ex与x的关系如图所示．x轴上任意关于O点对称的两点的Ex相同．P、Q两点关于M点对称．以下说法正确的是( )
A．QM与QN的电荷量大小相等
B．QM为负电荷，QN为正电荷
C．MP两点间电势差UMP小于MQ两点间电势差UMQ
D．将一负检验电荷从P点移动到Q点，电场力对其所做总功为正
10．[2023·广东东莞高二练习]图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )
A．带负电
B．在c点受力最小
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
二、非选择题
11．[2023·辽宁省鞍山市一中二模]如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°.静电常数为k，重力加速度为g，试求：
(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；
(2)点电荷＋Q产生的电场在B点的电势；
(3)物块能获得的最大速度．
12．[2023·辽宁省鞍山市一中二模]如图所示，一质量M＝1kg的绝缘长木板静止于水平地面上，在距其最左端L＝1m处存在宽度d＝2m、方向竖直向下的匀强电场区域，电场强度E＝300N/C.一质量m＝1kg、带电量q＝＋eq \f(2,15)C的物块(可视为质点)放在长木板的最左端，物块在F＝10N的水平向右恒力作用下从静止开始运动，在物块刚离开电场右边界时撤去外力F，物块最终未从长木板末端滑离．若物块与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块电量损失，求：
(1)物块刚进入电场区域时的速度大小；
(2)长木板从开始运动至与物块共速所用的时间；
(3)木板与地面摩擦而产生的热量．
专题强化训练8 电场及带电粒子在电场中的运动
1．解析：按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器两极板间距d减小，根据C＝eq \f(εS,4πkd)
可知电容C变大，因两板电压U一定，根据Q＝CU
可知，电容器带电量增大，电容器处于充电状态，此时根据E＝eq \f(U,d)可知金属片间的场强E变大．故选C.
答案：C
2．解析：静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与电量相等的正、负电荷在a、b、c点产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消．根据等量异种电荷场强分布特点可知正、负电荷在a、b、c点产生的场强大小关系为Ea＝Eb＜Ec，所以金属球上的感应电荷在a、b、c三点的场强大小为Ea＝Eb＜Ec，C正确．
答案：C
3．解析：根据图中轨迹可知，M所受电场力方向与电场强度方向相反，则M带负电，N所受电场力方向与电场强度方向相同，则N带正电．由于x＝v0t，y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·t2，解得q＝eq \f(2myv eq \\al(2,0) ,Ex2)，
根据图形可知，水平通过相同位移时，N粒子的侧移小，则N粒子所带电荷量小一些，D正确．
答案：D
4．解析：
正电荷在P点受到的电场力方向跟图中的等势线垂直，粒子要通过Q点，故粒子在P点受到的电场力方向如图所示，可知两个等量异种点电荷，左侧为正点电荷，右侧为负点电荷，P点等势线更密，故P点的电场强度比Q点的电场强度大，A错误；电场方向由正电荷指向负电荷，沿电场方向电势降低，故P点的电势比Q点的电势高，B错误；正的试探电荷所处位置的电势越高，电势能越大，故该电荷在P点的电势能比在Q点的电势能大，C正确；电荷从P运动到Q的过程，电场力做正功，电荷的动能增加，故该电荷在P点的动能比在Q点的动能小，D错误．
答案：C
5．解析：粒子的电性未知，粒子从M极板到N极板，电场力做正功，但不能判断极板电势的高低，A错误；电场力做正功时，粒子电势能减小，B错误；根据能量守恒定律可知，平行M板向下的粒子，到达N极板下端时的速度大小仍为eq \r(2)v0，在平行极板方向做匀速运动，速度为v0，在垂直极板方向做匀加速直线运动，有a＝eq \f(v0,t)，t＝eq \f(L,2v0)，解得a＝eq \f(2v eq \\al(2,0) ,L)，C正确，D错误．
答案：C
6．解析：点电荷Q恰好静止不动，根据库仑定律，有keq \f(QQ1,r eq \\al(2,1) )＝keq \f(QQ2,r eq \\al(2,2) )，整理得eq \f(Q1,Q2)＝（eq \f(r1,r2)）2，A正确，B错误；Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，它们间的库仑引力提供向心力，设Q1、Q2质量为m1、m2，则有m1ω2r1＝m2ω2r2，整理得eq \f(m1,m2)＝eq \f(r2,r1)，C正确，D错误．
答案：AC
7.
解析：小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件有mgtanθ＝qE，解得E＝eq \f(mg,qtanθ)，A正确；如图所示
小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有eq \f(mg,csθ)＝meq \f(v2,L)，则最小动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgL,2csθ)，B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D错误．
答案：AB
8．解析：粒子在半径为r的圆轨道运动，有qE＝mω2r，将E＝eq \f(a,r)代入上式得ω2＝eq \f(qa,mr2)，可知轨道半径小的粒子，角速度大，A错误；由qE＝meq \f(v2,r)、Ek＝eq \f(1,2)mv2、E＝eq \f(a,r)解得Ek＝eq \f(qa,2)，即电荷量大的粒子动能一定大，B正确；由qE＝meq \f(v2,r)、E＝eq \f(a,r)可得v2＝eq \f(qa,m)，即粒子速度的大小与轨道半径r无关，C正确；带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D错误．
答案：BC
9．解析：该电场是等量异种电荷在空间中产生的电场，其中，QM为正电荷，QN为负电荷，A正确，B错误；
正电荷QM在MP和PQ区间产生的电场强度的平均值大小相同有eq \(E,\s\up6(－))MP＋＝eq \(E,\s\up6(－))MQ＋，负电荷QN在MP和PQ区间产生的电场强度的平均值大小不同有eq \(E,\s\up6(－))MP－eq \(E,\s\up6(－))MP，根据U＝eq \(E,\s\up6(－))d，有UMP将负检验电荷从P点移动到Q点，正电荷QM对检验电荷做功为零，负电荷QN对检验电荷做功为负功，故电场力对该检验电荷所做总功为负，D错误．
答案：AC
10．解析：由图可知，带电粒子受正点电荷的排斥力，则带电粒子带正电，A错误；c点距正电荷最远，根据库仑定律可知，库仑力与点电荷间距离的平方成反比，则带电粒子在c点受力最小，B正确；b点电势高于c点电势，则带正电的粒子在b点的电势能大于在c点的电势能，C正确；虚线间距相等，由点电荷场强特点知越靠近点电荷场强越大，可知Uab＞Ubc，根据动能定理qU＝ΔEk可知，由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，D正确．
答案：BCD
11．解析：（1）物体在A点受到点电荷的库仑力F＝keq \f(qQ,r2)
由几何关系可知r＝eq \f(h,sin60°)
设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有N－mg－Fsin60°＝0
解得N＝mg＋eq \f(3\r(3)kQq,8h2).
（2）设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理有－q（φ－φB）＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
解得φB＝φ＋eq \f(m（v eq \\al(2,0) －v2）,2q).
（3）设物块能获得的最大速度为vm，由能量守恒定律有qφ＋eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,m)
解得vm＝eq \r(v eq \\al(2,0) ＋\f(2qφ,m)).
答案：（1）mg＋eq \f(3\r(3)kQq,8h2) （2）φ＋eq \f(m（v eq \\al(2,0) －v2）,2q) （3）eq \r(v eq \\al(2,0) ＋\f(2qφ,m))
12．解析：（1）对物块根据牛顿第二定律可得F－μ1mg＝ma1
代入数据解得加速度大小为a1＝8m/s2
对长木板根据牛顿第二定律可得μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma
解得加速度大小为a＝0
所以物块进入电场前，木板处于静止状态，对物块根据速度—位移关系可得v eq \\al(2,0) ＝2a1L
代入数据解得v0＝4m/s.
（2）设物块进入电场中时，物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得F－μ1（mg＋Eq）＝ma2
代入数据解得a2＝0
说明物块进入电场后匀速运动，设物块在电场中运动时间为t1，则有d＝v0t1
代入数据解得t1＝0.5s
物块在电场中运动过程中，设木板的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律可得μ1（mg＋Eq）－μ2（mg＋Mg＋Eq）＝Ma3
代入数据解得a3＝4m/s2
当物块刚要离开电场时，木板的速度为v1＝a3t1＝4×0.5m/s＝2m/s
物块离开电场后，设物块的加速度大小为a4，则有μ1mg＝ma1
代入数据解得a1＝2m/s2
对木板分析可得μ1mg＝μ2（m＋M）g
所以木板匀速运动．
物块离开电场后，物块与木板共速的时间为t2，则有v0－a4t2＝v1
代入数据解得t2＝1s
则长木板从开始运动至与物块共速所用时间t＝t1＋t2＝0.5s＋1s＝1.5s.
（3）从物块进入电场到离开电场过程中，木板的位移x1＝eq \f(v1,2)t1＝eq \f(2,2)×0.5m＝0.5m
物块离开电场到二者共速，木板的位移x2＝v1t2＝2×1m＝2m
共速后二者一起减速运动的加速度大小为a5，根据牛顿第二定律可得μ2（mg＋Mg）＝（m＋M）a5
代入数据解得a5＝1m/s2
根据速度—位移关系可得x3＝eq \f(v eq \\al(2,1) ,2a5)＝eq \f(22,2×1)m＝2m
因木板与地面摩擦而产生的热量Q＝μ2（mg＋Mg＋Eq）x1＋μ2（mg＋Mg）（x2＋x3）＝11J.
答案：（1）4m/s （2）1.5s （3）11J