2021物理統(tǒng)考版二輪復習專題限時集訓8 電場的性質(zhì)、帶電粒子在電場中的運動含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考物理統(tǒng)考版二輪復習專題限時集訓8電場的性質(zhì)、帶電粒子在電場中的運動含解析專題限時集訓(八)(建議用時：40分鐘)1．如圖所示,兩個帶電荷量為q的點電荷分別位于帶電的半徑相同的eq\f（1，4)球殼和eq\f（3,4)球殼的球心，這兩個球殼上電荷均勻分布且電荷的密度相同，若圖甲中帶電的eq\f(1,4)球殼對點電荷q1的庫侖力的大小為F，則圖乙中帶電的eq\f（3,4）球殼對點電荷q2的庫侖力的大小為()甲乙A．eq\f(3,2)F B．eq\f（\r（2)，2）FC．eq\f(1，2）F D．FD［將圖乙中的帶電的eq\f(3，4)球殼分成三個帶電的eq\f(1,4）球殼,關(guān)于球心對稱的兩個帶電的eq\f（1，4）球殼對點電荷的庫侖力的合力為零,因此圖乙中帶電的eq\f（3，4）球殼對點電荷的庫侖力的大小和圖甲中帶電的eq\f(1,4）球殼對點電荷的庫侖力的大小相等，D正確，A、B、C錯誤。］2。如圖所示，真空中O點存在一個帶正電的點電荷Q,其附近有一個不帶電的金屬網(wǎng)罩W，網(wǎng)罩內(nèi)部有一點P，O、P之間距離為r.靜電力常量記作k，下列判斷正確的是（)A．金屬網(wǎng)罩包含的自由電荷很少，靜電感應(yīng)后不能達成靜電平衡B．金屬網(wǎng)罩對點電荷Q的作用力表現(xiàn)為斥力C．金屬網(wǎng)罩的左部電勢較高,右部電勢較低D．金屬網(wǎng)罩的感應(yīng)電荷在P點產(chǎn)生的感應(yīng)電場強度大小為keq\f(Q,r2）D[金屬網(wǎng)罩在靜電感應(yīng)后一定能達成靜電平衡，故A錯誤;由于靜電感應(yīng)，在金屬網(wǎng)罩達到靜電平衡后，靠近O處的負電荷受到的吸引力大于遠離O處的正電荷受到的排斥力，所以金屬網(wǎng)罩對點電荷Q的作用力表現(xiàn)為引力，故B錯誤；金屬網(wǎng)罩達到靜電平衡后，本身是一個等勢體，各點的電勢是相等的，故C錯誤;在金屬網(wǎng)罩達到靜電平衡后，內(nèi)部的場強處處為0,所以感應(yīng)電荷在P點產(chǎn)生的感應(yīng)電場強度與點電荷在P點產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，所以根據(jù)庫侖定律可知，感應(yīng)電荷在P點產(chǎn)生的感應(yīng)電場強度大小為E＝eq\f(kQ,r2）,故D正確。]3。(多選）（2020·江蘇高考·T9）如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球（不計重力)。開始時，兩小球分別靜止在A、B位置.現(xiàn)外加一勻強電場E，在靜電力作用下，小球繞輕桿中點O轉(zhuǎn)到水平位置。取O點的電勢為0。下列說法正確的有（）A．電場E中A點電勢低于B點B．轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等C．該過程靜電力對兩小球均做負功D．該過程兩小球的總電勢能增加AB［沿著電場線方向，電勢降低，A正確；由于O點的電勢為0,根據(jù)勻強電場的對稱性知φA＝－φB，又qA＝－qB，Ep＝qφ，所以EpA＝EpB，B正確；A、B位置的小球受到的靜電力分別水平向右、水平向左，絕緣輕桿逆時針旋轉(zhuǎn)，兩小球靜電力對兩小球均做正功，電場力做正功，電勢能減少，C、D錯誤。]4.如圖甲為一對長度為L的平行金屬板,在兩板之間加上如圖乙所示的電壓?，F(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計）,且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運動時間均為T，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是（）甲乙A．1∶1 B．2∶1C．3∶1 D．4∶1C［設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時，粒子在偏轉(zhuǎn)場中的加速度為a，若粒子在t＝nT時刻進入偏轉(zhuǎn)場，則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)場，此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最大，ymax＝eq\f(1，2）aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(eq\f（T，2）)）eq\s\up12(2)＋a×eq\f(T,2)×eq\f（T,2）＝eq\f(3,8）aT2.若粒子在t＝nT＋eq\f(T，2）時刻進入偏轉(zhuǎn)場，則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)場，此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最小，ymin＝0＋eq\f（1,2）aeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(eq\f(T，2）)）eq\s\up12(2)＝eq\f（1,8）aT2。則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3∶1。故C項正確，A、B、D錯誤。]5。(易錯題)(多選)如圖所示，勻強電場中三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，∠ABC＝∠CAB＝30°,BC＝2eq\r（3）m,已知電場線平行于三角形ABC所在的平面，一個電荷量q＝－2×10－6C的點電荷由A移到B的過程中，電勢能增加了1.2×10－5J，由B移到C的過程中電場力做功6×10－6J,為方便計算，設(shè)B點電勢為0，下列說法正確的是（）A．B、C兩點的電勢差UBC＝3VB．A點的電勢低于B點的電勢C．負電荷由C點移到A點的過程中，電勢能減少D．該電場的場強為1V/mCD［由B移到C的過程中電場力做功WBC＝6×10－6J，則B、C兩點的電勢差為UBC＝eq\f（WBC,q）＝－3V，A項錯誤；點電荷由A移到B的過程中，電勢能增加1。2×10－5J，可知電場力做功WAB＝－1。2×10－5J，A、B兩點的電勢差UAB＝eq\f（WAB，q）＝6V，所以A點的電勢高于B點的電勢，B項錯誤;UCA＝－UBC－UAB＝－3V,根據(jù)W＝Uq得,負電荷由C移到A的過程中，電場力做正功,所以電勢能減少,C項正確;由分析可知φA＝6V,φC＝3V,又三角形ABC為等腰三角形，所以AB中點的電勢也為3V，則AB中點與C點的連線為該電場的等勢線，所以電場強度方向沿著AB方向，由A指向B，BC＝2eq\r(3）m,所以UAB＝EdAB＝6V，計算得該電場的場強為1V/m,D項正確。][易錯點評］（1)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系為UAB＝Ed,其中d為A、B兩點沿電場方向的距離。此公式在非勻強電場中可定性判斷。（2)電勢差與電勢均為標量，但有正負,UAB＝φA－φB(初電勢減末電勢,與變化量不同)。(3）計算電場力做功、電勢能、電勢時,可以直接代入正、負號.（4)分析電勢能、電勢問題時，需先選取零勢點，分析電勢能變化量及電勢差時則不需要.6。有一半徑為R的均勻帶電薄球殼,在通過球心的直線上，各點的場強E隨與球心的距離x變化的關(guān)系如圖所示。在球殼外的空間，電場分布與電荷量全部集中在球心時相同，已知靜電力常量為k,半徑為R的球面面積為S＝4πR2，則下列說法正確的是（）A．均勻帶電球殼的帶電密度為eq\f(E0,4πk）B．圖中r＝1。5RC．在x軸上各點中有且只有x＝R處電勢最高D．球面與球心間電勢差為E0RA[由圖線可知，距離球心R處的場強為E0，則根據(jù)點電荷場強公式可知E0＝eq\f(kQ,R2），解得球殼帶電荷量為Q＝eq\f(E0R2,k)，則均勻帶電球殼帶電密度為eq\f(Q,4πR2）＝eq\f(E0,4πk)，選項A正確；根據(jù)點電荷場強公式有eq\f(1，2)E0＝eq\f(kQ,r2），解得r＝eq\r（2）R，選項B錯誤；由題意可知,在0～R范圍內(nèi)x軸上各點的電勢均相同，球面與球心間的電勢差為零，選項C、D錯誤.]7.(原創(chuàng)題）(多選)某帶電金屬棒所帶電荷均勻分布,其周圍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,電場中另有一點C.已知A點到金屬棒的距離大于B點到金屬棒的距離，C點到金屬棒的距離大于A點到金屬棒的距離，則（)A．A點的電勢低于B點的電勢B．B點的電場強度小于C點的電場強度C．將正電荷沿AC方向從A點移動到C點，電場力做正功D．負電荷在A點的電勢能小于其在B點的電勢能AC［由圖,結(jié)合電場線的特點可知，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，根據(jù)沿電場線的方向電勢降低可知,A點的電勢低于B點的電勢，故A正確；根據(jù)電場線的疏密表示電場的強弱可知，B點的電場強度大，故B錯誤;沿著電場線方向電勢降低，A點電勢比C點高,則將正電荷沿AC方向從A點移動到C點，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；負電荷在電勢高的位置的電勢能小，所以負電荷在A點的電勢能大于其在B點的電勢能,故D錯誤；故選AC.]8.（多選）（2020·廣東六校第二次聯(lián)考)真空中電荷量均為Q的兩同種點電荷連線和如圖所示的絕緣正方體框架的兩側(cè)面ABB1A1和DCC1D1中心連線重合,電荷連線中心和正方體中心重合，空間中除兩同種電荷QA．正方體兩頂點A、C1電場強度相同B．正方體兩頂點A、C1電勢相同C．兩等量同種點電荷周圍電場線和面ABB1A1D．把正檢驗電荷q從頂點A移到C電場力不做功BD[電場強度是矢量，需要兩個電荷在不同點進行場強的矢量疊加，分析可知A點和C1點兩處的電場強度大小相等，方向相反，且均不與面ABB1A1垂直，所以A、C錯誤；由于A、B、B1、A1在同一等勢面上，D、C、C1、D1在同一等勢面上，又根據(jù)電勢的對稱性可知這8個點的電勢相等（兩等勢面關(guān)于點電荷連線的中點對稱),所以B正確；因為A點和C點的電勢相等，根據(jù)電場力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)可知，正檢驗電荷q從頂點A移到C9.(多選)(2020·上海靜安高三一模)如圖所示,R0為熱敏電阻(溫度降低、電阻增大），D為理想二極管(正向電阻為零，反向電阻無窮大),C為平行板電容器，C中央有一帶電液滴剛好靜止,M點接地.在開關(guān)S閉合后，下列各項單獨操作可能使帶電液滴向上運動的是（）A．將熱敏電阻R0加熱B．滑動變阻器R的滑片P向上移動C．開關(guān)S斷開D．電容器C的上極板向上移動AC［液滴受向上的電場力和向下的重力作用,將熱敏電阻R0加熱，則熱敏電阻阻值減小，滑動變阻器R上的電壓變大，故電容器兩端的電壓變大，兩板間場強變大，液滴向上運動，選項A正確;滑動變阻器R的滑片P向上移動時，R接入電路的阻值減小，則電容器兩端的電壓減小，電容器放電,但是由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜魃系碾姾闪坎蛔儯蕛砂彘g的場強不變，液滴不動，選項B錯誤;開關(guān)S斷開時,電容器兩端的電壓等于電源的電動勢，則電容器兩板間的場強變大，液滴向上運動，選項C正確；電容器C的上極板向上移動時,d增大，則電容C減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?電荷不會向右流出，所以電容器兩端的電勢差增大，由于U＝eq\f（Q,C)，C＝eq\f（εrS,4πkd),E＝eq\f（U，d）,所以E＝eq\f(4πkQ，εrS),由于極板上的電荷量不變，而場強E與極板之間的距離無關(guān)，所以電場強度E不變，液滴仍然靜止，選項D錯誤.]10．(2020·河南六校聯(lián)考)如圖所示,帶電小球a用絕緣細線豎直懸掛,在帶電小球a下方的絕緣桌面上固定著兩個帶電小球b、c，三個小球均可看成點電荷.當小球a處于平衡狀態(tài)時，它距正下方桌面上的O點的距離為7.5cm，距小球b、c的距離均為15cm，且三個電荷在同一豎直平面內(nèi).已知小球a的電荷量為－3.0×10－8C，小球b、c的電荷量均為3.0×10－4C，O、M之間的距離等于O、N之間的距離，k＝9.0×109N·m2/CA．O處的電場強度大小為4.8N/CB．小球a與b之間的作用力大小為9。6NC．若小球a沿豎直方向向上運動，則它的電勢能將減小D．若將小球b、c分別移到M、N兩點固定,則細線對小球a的拉力將減小D[O處的場強為a、b、c三個小球在該處電場的疊加，因b、c電性相同，兩小球產(chǎn)生的電場在O處抵消，只考慮a小球在O處產(chǎn)生的場強，則Ea＝keq\f(qa，r\o\al（2，Oa）)＝4.8×104N/C，選項A錯誤；a、b間的作用力大小為Fab＝keq\f(qaqb,r\o\al(2,ab)）＝3.6N,選項B錯誤；因b、c兩球?qū)球的電場力的合力方向豎直向下，所以在小球a豎直向上運動時，電場力對小球a做負功，小球a的電勢能增大，選項C錯誤;若將小球b、c分別移動到M、N兩點固定,則a球受到b、c兩球的電場力的合力減小，對a球受力分析如圖所示，故有拉力T＝mg＋F電,細線拉力減小，選項D正確。］11。(2020·河北安平中學檢測）靜電噴漆技術(shù)具有效率高、質(zhì)量好等優(yōu)點，其裝置示意圖如圖所示，A、B為兩塊水平放置的平行金屬板,間距d＝1m，兩板間有方向豎直向上、電場強度大小為E＝1×103N/C的勻強電場，在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0＝1m/s、質(zhì)量均為m＝5×10－14kg、電荷量均為q＝2×10－15C的帶負電的油漆微粒，不計微粒所受空氣阻力及微粒間的相互作用，油漆微粒最后都落在金屬板B上,重力加速度g＝10m/sA．沿水平方向噴出的微粒運動到B板所需時間為0.2sB．沿不同方向噴出的微粒，從噴出至到達B板,電場力做功為2×10－12JC．若其他條件均不變,d增大為原來的2倍，噴涂面積增大為原來的2倍D．若其他條件均不變,E增大為原來的2倍，噴涂面積減小為原來的eq\f（1，2）D[在豎直方向上微粒所受電場力和重力的合力為恒力，并與微粒初速度方向成各種夾角，故微粒做類拋體運動，其中沿水平方向噴出的微粒做類平拋運動，加速度a＝eq\f（qE＋mg,m)＝eq\f（2×10－15×103＋5×10－13，5×10－14)m/s2＝50m/s2，根據(jù)d＝eq\f(1，2)at2得t＝eq\r（\f（2d，a))＝0。2s，A項正確；沿不同方向噴出的微粒,從噴嘴噴出至到達B板，電場力做功為W＝qEd＝2×10－15×103×1J＝2×10－12J,B項正確;若其他條件均不變，d增大為原來的2倍，根據(jù)d＝eq\f(1，2)at2得，t變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，則噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\r（2)倍，面積變?yōu)樵瓉淼?倍，C項正確；若其他條件均不變,E增大為原來的2倍,則此時加速度a′＝eq\f（2×10－15×2×103＋5×10－13，5×10－14)m/s2＝90m/s2，故加速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f（9,5）倍,時間t變?yōu)樵瓉淼膃q\f（\r(5)，3)，噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(\r(5），3），面積減小為原來的eq\f（5,9）,D項錯誤。]12。（2020·湖南長郡中學測試）如圖所示，質(zhì)量mA＝0。8kg、帶電荷量q＝－4×10－3C的A球用長度l＝0.8m的不可伸長的絕緣輕線懸吊在O點，O點右側(cè)有豎直向下的勻強電場，電場強度E＝5×103N/C。質(zhì)量mB＝0.2kg不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上,右側(cè)緊貼著壓縮并鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與固定擋板連接，此時彈性勢能為Ep＝3.6J.現(xiàn)將A球拉至左邊與O點等高處由靜止釋放,將彈簧解除鎖定，B球離開彈簧后，恰好與第一次運動到最低點的A球相碰,并結(jié)合為一整體C，同時撤去水平軌道。A、B、C均可視為質(zhì)點，線始終未被拉斷，g＝10m/s2（1）求碰撞過程中A球?qū)球做的功；（2）求碰后C第一次離開電場時的速度;（3）C每次離開最高點時，電場立即消失，到達最低點時,電場又重新恢復，不考慮電場瞬間變化產(chǎn)生的影響，求C每次離開電場前的瞬間輕線受到的拉力.[解析］（1)對A，根據(jù)機械能守恒定律可得mAgl＝eq\f(1，2）mAveq\o\al（2，A)解得碰撞前A的速度vA＝4m/s又Ep＝eq\f（1，2)mBveq\o\al（2,B），解得碰撞前B的速度vB＝6m/s以水平向右為正方向，由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝（mA＋mB）vC，解得C的速度vC＝2m/s則A對B所做的功W＝eq\f（1,2）mBveq\o\al(2,C）－Ep＝－3.2J.(2)碰后，整體C受到電場力大小F＝qE＝20N，G＝mCg＝10N，因F－mCg>mCeq\f(v\o\al(2,C），l）,所以C做類平拋運動水平方向上：x＝vCt豎直方向上：y＝eq\f（1，2）at2，其中a＝eq\f(qE－mCg,mC)＝10m/s2圓的方程為x2＋（y－l）2＝l2解得x＝0。8m，y＝0.8m，t＝0。4sC剛好在與O（圓心)等高處時線被拉直，此時C向上的速度為v1＝at＝4m/sC運動到最高點的過程，由動能定理得（F－mCg)l＝eq\f（1,2）mCveq\o\al（2，2)－eq\f（1，2)mCveq\o\al(2,1），解得C運動到最高點速度v2＝4eq\r（2）m/s。（3）C從最高點運動到最低點的過程，由動能定理得2mCgl＝eq\f(1，2)mCveq\o\al(2,3）－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2，2）解得C到最低點時的速度v3＝8m/s由T0＋F－mCg＝mCeq\f(v\o\al（2，3),l)，可知T0＝70N>0,所以小球能一直做圓周運動,由動能定理得eq\f（1,2)mCveq\o\al（2,n）－eq\f（1,2)mCveq\o\al（2,2）＝2(n－1)qEl,T＋mCg－F＝mCeq\f（v\o\al(2,n),l)，其中n為C經(jīng)過最高點次數(shù)解得T＝（80n－30）N,n＝1，2，3……［答案]見解析13.(多選）（2020·全國卷Ⅲ·T21)如圖所示，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角,電荷量為q（q＞0）的點電荷固定在P點。下列說法正確的是（)A．沿MN邊,從M點到N點,電場強度的大小逐漸增大B．沿MN邊，從M點到N點,電勢先增大后減小C．正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大D．將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負

BC[如圖所示，找出Q點,使Q點與P點的距離等于M點與P點的距離，L點為MN上到P點距離最短的點，根