新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练7电场及带电粒子在电场中的运动（附解析）

这是一份新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练7电场及带电粒子在电场中的运动（附解析），共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.
[2023·湖南长沙一中模拟]在水平面上固定了三个点电荷，分别放在等腰梯形的三个顶点上，AB＝AD＝DC＝eq \f(1,2)BC＝L，电量关系及电性如图所示，静电力常数为k.E点的场强大小为( )
A．0B．eq \f(kQ,L2)
C．eq \f(\r(3)kQ,L2)D．eq \f(2kQ,L2)
2．[2023·江苏常州联考期末]静电除尘烟囱，放电极附近的强电场使空气分子电离为正离子和电子，使尘埃颗粒带负电，被吸附到正极．图为一个尘埃颗粒的运动轨迹，下列说法正确的是( )
A．尘埃颗粒的初速度可能为零
B．尘埃颗粒的动能一直增大
C．尘埃颗粒的加速度先减小后增大
D．尘埃颗粒的电势能先增大后减小
3．[2023·上海卷]如图所示，a为匀强电场，b为非匀强电场，三个电荷用轻棒连接为正三角形，则整个系统受合力的情况是( )
A．a为0，b为0B．a为0，b不为0
C．a不为0，b为0D．a不为0，b不为0
4．[2023·广东茂名茂名一模]平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100V/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100V/m
C．a点场强方向水平向右
D．a点的电势低于c点
5．[2023·广东一模]避雷针附近的电场分布如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，等势面和电场线关于避雷针所在的竖直线对称分布，曲线为某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B、C为轨迹上的三个点，A、B是关于避雷针所在的竖直线对称的两点，C点在竖直线上，则( )
A．A、B两点的电场强度相同
B．此时避雷针的尖端聚集大量正电荷
C．粒子在A点具有的电势能比在C点的电势能大
D．粒子在A点具有的动能比在C点的动能大
6．[2023·陕西宝鸡市模拟]如图所示，在坐标系xOy平面内有一个匀强电场，电场强度方向平行于xOy平面．以坐标原点O为圆心、半径为R＝2cm的圆与坐标轴相交于M、N、P、Q四点．现测得P点的电势为3V，Q点的电势为－3V，M点的电势为4V，则下列说法正确的是( )
A．电场强度方向沿y轴负方向
B．N点的电势为－3V
C．匀强电场的电场强度大小为250V/m
D．圆周上两点间的最大电势差为8V
7．[2023·北京朝阳统考二模]某同学设计如图所示的实验装置来验证库仑定律：将一个带电小球A用绝缘细线悬挂，并将另一个与小球A带同种电荷的小球B与它靠近，A球受到B球的静电斥力F而发生偏移，测得A球的质量为m，悬点到A球球心的距离为l.首先，在保持两球电荷量不变的情况下，移动小球B改变两球之间的距离，用刻度尺测量稳定后两球间的距离r和A球偏移的距离d(实验中满足l≫d)；然后，设法改变两球的电荷量，再进行相关实验．下列说法正确的是( )
A．实验中，小球A所受静电力的测量值F＝mgeq \f(l,d)
B．为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与r2的关系图像
C.用不带电导体球C分别与A、B两球接触后，A、B两球一定带等量同种电荷
D．实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”
二、多项选择题
8.
[2023·天津卷]如图，在一个固定的正点电荷产生的电场中，一个正试探电荷q两次以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点、N点，且q在M、N点时的速度大小也相等，则下列说法正确的是( )
A．P点电势高于M点电势
B．M点电势高于N点电势
C．q从P点运动到M点一直做减速运动
D．M、N两点处电场强度大小相等
9．[2023·福建省宁德市质检]在某静电场中，x轴上场强E随x的变化关系如图所示，规定x轴正向为场强正方向．一电子仅在电场力的作用下以某一初速度从x1沿x轴运动到x4的过程中，则( )
A．电势先增大后减小
B．x1和x3处的电场强度相同
C．电子的速度先增大后减小
D．电子的电势能先增大后减小
10．[2023·湖南省永州市适应性考试]微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的．如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动．图中R为定值电阻．下列对传感器描述正确的是( )
A．静止时，电流表示数为零，且电容器两极板带电
B．电路中的电流表示数越大，说明手机的加速度越大
C．由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表
D．由静止突然向前加速时，电流由a向b流过电流表
11．[2023·福建省南平市质检]如图，光滑绝缘水平地面上有一水平绝缘轻弹簧左端固定，右端与一质量为m、电荷量为＋q的滑块P(可视作质点)拴接，沿水平方向建立x轴，沿x轴加一水平方向电场(图中未画出)，x轴上的电势φ随位置x的变化关系如图所示．滑块从弹簧原长处静止释放(未超出弹性限度)，沿x轴正方向运动直至速度为零的过程中( )
A．电场的电势越来越低，电场强度越来越小
B．滑块的加速度先增大后减小
C．当滑块的速度最大时，弹簧弹性势能与滑块动能之和最大
D．滑块克服弹力做的功等于电势能的减少量
三、非选择题
12．[2023·江西南昌模拟预测]如图所示，在光滑的水平面内存在沿y轴方向的匀强电场，质量为m的带电量为q(q>0)的带电小球以某一速度从O点出发后，恰好通过A点，已知小球通过A点的速度大小为v0，方向沿x轴正方向，连线与Ox轴夹角为37°.已知sin37°＝0.6，求：
(1)小球从O点出发时的速度大小；
(2)OA之间的电势差UOA.
13．[2023·北京卷]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)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)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．
①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；
②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10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比．
14．[2023·上海上外附中模拟预测]如图(a)，长度L＝0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量QA＝1.8×10－7C，一质量m＝0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：(静电力常量k＝9×109N·m2/C2)
(1)小球B所带电量q及电性；
(2)非均匀外电场在x＝0.3m处沿细杆方向的电场强度E；
(3)在合电场中，x＝0.4m与x＝0.6m之间的电势差U.
(4)已知小球在x＝0.2m处获得v＝0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x＝0.4m．若小球在x＝0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？
课时提升训练7
1．解析：
连接AE，如图所示
根据几何知识可知AE＝L
则A点的点电荷在E点产生的场强大小为EA＝eq \f(kQ,L2)
则B点的点电荷在E点产生的场强为EB＝eq \f(kQ,L2)，方向水平向左
则C点的点电荷在E点产生的场强为EC＝eq \f(2kQ,L2)，方向水平向右
故B、C两处点电荷的电场强度之和为EBC＝eq \f(kQ,L2)，方向水平向右
根据平行四边形定则，则有E点的场强大小为E＝eq \f(\r(3)kQ,L2)
故选C.
答案：C
2．解析：由尘埃颗粒的运动轨迹可知，尘埃颗粒做曲线运动，尘埃颗粒的初速度不可能为零，否则尘埃颗粒将做直线运动，故A错误；根据尘埃颗粒的运动轨迹知，电场力对尘埃颗粒先做负功后做正功，故动能先减小后增大，电势能先增大后减小，故B错误，D正确；尘埃颗粒在运动过程中，电场线的分布先密集后稀疏，故电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，故C错误．
答案：D
3．解析：在a匀强电场中，两个正q点电荷受到的电场力沿电场线方向，合力大小为：F＋＝E·2q，而－2q的点电荷受到的电场力沿电场线反方向，大小为：F－＝E·2q，则用轻棒连接为正三角形的合力为零；在b非匀强电场中，正点电荷所在位置电场强度小于－2q处的电场强度，正点电荷电场力方向沿电场线切线方向，－2q的点电荷受到的电场力沿电场线反方向，使得两个正的点电荷所受电场力的合力小于－2q电荷所受的电场力，则用轻棒连接为正三角形的合力不为零．故A、C、D错误，B正确．
答案：B
4．解析：由图可知，b、c两点的电势差为Ubc＝200V－300V＝－100V，故A错误；
由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1m，电势差等于100V，根据E＝eq \f(U,d)
可知a点场强大小大于100V/m，故B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错误；
由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300V，故D错误．
答案：B
5．解析：电场线疏密表示电场强度的大小，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向．A、B两点的电场强度大小相同，方向不同，A错误；
电场线从无穷远终止于负电荷，此时避雷针的尖端聚集大量负电荷，B错误；
由运动轨迹可知，电场力指向轨迹的凹侧，可知该带电粒子带负电．电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，可知φA>φC
又Ep＝qφ
粒子在A点具有的电势能比在C点的电势能小，C错误；
运动过程中，只有电场力做功，动能和电势能之间相互转化，动能和电势能的和保持不变．粒子在A点具有的电势能比在C点的电势能小，粒子在A点具有的动能比在C点的动能大，D正确．
答案：D
6．解析：由题意可知O点的电势为零，则电场强度在＋x方向的分量为Ex＝eq \f(4,0.02)V/m＝200V/m，沿－y方向的分量为Ey＝eq \f(3,0.02)V/m＝150V/m，则电场强度大小E＝eq \r(E eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋E eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )＝250V/m，方向与x轴正方向夹角θ的正切值为tanθ＝eq \f(Ey,Ex)＝0.75，则θ＝37°，选项A错误，C正确；因为φM－φO＝φO－φN，可得φN＝－4V，选项B错误；圆周上两点间的最大电势差为U＝E·2R＝10V，选项D错误．
答案：C
7．解析：设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细丝线与竖直方向的夹角为θ，由于l≫d，可以认为两小球在一直线上，小球A所受的静电力F＝mgtanθ
由于θ很小，tanθ≈sinθ＝eq \f(d,l)，所以F≈mgeq \f(d,l)
再由库仑定律F＝keq \f(Q2,r2)＝mgeq \f(d,l)
可得d＝eq \f(klQ2,mgr2)
所以实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”，故A错误，D正确；
为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与eq \f(1,r2)的关系图像，得到一条倾斜的直线，故B错误；
用完全相同的不带电导体球C先与A接触，A的电量减半；C再与B球接触时，由于C球此时已经带有一定电量，故B小球的电量不会减半，A、B两球带电量不相等，故C错误．
答案：D
8．解析：由题意可知正试探电荷q两次以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，分别到达M点和N点，且其在M、N点时的速度大小相等，则这两个过程中试探电荷动能的变化量相等，即电场力做的功相等，由W＝qU可知P、M两点的电势差和P、N两点的电势差相等，故M、N两点的电势相等，B错误；由图可知，正试探电荷q从P点运动到N点的轨迹向右弯曲，则可以判断出试探电荷q在P点受到的电场力方向向右，又根据正试探电荷q从P点运动到M点的轨迹为直线可判断出q从P点到M点，其所受的电场力沿PM方向，所以q从P点到M点一直做加速运动，电场力一直做正功，P点电势高于M点电势，A正确，C错误；由于M、N两点的电势相等，则M、N两点在同一等势面上，又点电荷产生的电场中，等势面是一系列的同心球面，所以M、N两点到固定正点电荷的距离相等，由点电荷的场强公式E＝eq \f(kQ,r2)可知，M、N两点处的电场强度大小相等，D正确.
答案：AD
9．解析：从x1处到x2处，场强为负值，电势升高；从x2处到x4处，场强为正值，则场强方向沿x轴正向，则电势逐渐降低，故A正确；根据场强E随x的变化关系图，x1和x3处的电场强度大小相等，方向相反，故B错误；电子从x1处到x2处，电势升高，电场力做正功，根据动能定理，速度增大；电子从x2处沿直线运动到x4处，电场力一直做负功，根据动能定理，则速度一直减小，故C正确；从x1处到x2处，电势升高；从x2处到x4处，电势降低，根据公式Ep＝qφ，则一电子从x1处沿直线运动到x4处，电势能先减小后增大，故D错误．
答案：AC
10．解析：静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，A正确；
由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)
知电容C增大，电压不变，由Q＝CU
知电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，C正确；
由静止突然向前加速时，N板相对向后移动，则板间距增大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)
知电容C减小，电压不变，由Q＝CU
知电容器电量减小，电容器放电，电流由b向a流过电流表，D错误；
由CD项分析可知，手机“前后”方向运动的加速度变化越快，电容变化越大，相同时间内电容充电或放电的电荷量大，电路中的电流表示数越大．因此电路中的电流表示数越大，说明手机“前后”方向运动的加速度变化越快，B错误．
答案：AC
11．解析：由x轴上的电势φ随位置x的变化关系图像，可知电场的电势越来越低，由图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，可知电场强度越来越小，A正确；由题意可知，沿x轴正方向电势降低，即电场方向沿x轴正方向．滑块P沿x轴正方向运动时，受到向右的电场力和向左的弹力，开始两力的合力方向沿x轴正方向，且合力由大变小，当合力是零时，加速度是零，滑块P速度最大，沿x轴正方向运动位移继续增大，电场强度逐渐减小，弹力逐渐增大，其合力方向向左，且逐渐增大，当滑块P速度是零时，弹力最大，因此滑块P的加速度先减小后增大，B错误；由题意可知，滑块P运动中，电势能的减少量等于滑块动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和，因此滑块P速度是零时，电势能的减少量最大，则有弹簧弹性势能与滑块动能之和最大，C错误；由以上分析可知，滑块P速度是零时，电势能的减少量最大，且全部转化为弹簧的弹性势能，即为滑块P克服弹力所做的功，D正确．
答案：AD
12．解析：（1）小球从O到A点做类平抛运动，有x＝v0t，
y＝eq \f(1,2)at2
且tan37°＝eq \f(y,x)
解得vy＝at＝eq \f(3,2)v0
小球经过坐标原点O的速度为v＝eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )＝eq \f(\r(13),2)v0.
（2）小球从O到A的过程中，电场力所做的功为
WOA＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －eq \f(1,2)mv2
又因为WOA＝qUOA
故UOA＝－eq \f(9mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8q).
答案：（1）eq \f(\r(13),2)v0 （2）－eq \f(9mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8q)
13．解析：（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L＝v0t
紧直方向有d＝eq \f(1,2)at2
根据牛顿第二定律qE＝ma
又E＝eq \f(U1,d)
解得U1＝eq \f(2d2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qL2).
（2）①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度
F电＝f
即eq \f(qU2,d)＝kRv
且eq \f(d,v)＝eq \f(L,v0)
解得U2＝eq \f(d2kRv0,qL)
②10μm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，所受阻力等于电场力，有
f＝kRvmax
f＝eq \f(qU2,d)
在竖直方向颗粒匀速下落d＝vmaxt
2．5μm的颗粒带电荷量为q′＝eq \f(q,16)
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有f′＝eq \f(1,4)kRv′max
f′＝eq \f(q′U2,d)
设只有距下极板为d′的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落d′＝v′maxt
解得d′＝eq \f(d,4)
2．5μm的颗粒被收集的百分比
eq \f(d′,d)×100%＝25%.
答案：（1）eq \f(2d2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qL2) （2）eq \f(d2kRv0,qL) 25%
14．解析：（1）小球A带正电，根据点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅰ所示，可判断知点电荷A对小球B的作用力方向与x轴正方向相同，即为库仑斥力，故小球B带正电；由图（b）中曲线Ⅰ可知，当x＝0.3m时，有F1＝keq \f(qQ,x2)＝0.018N
因此q＝eq \f(F1x2,kQ)＝1×10－6C；
（2）设在x＝0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，有F合＝F2＋qE
因此E＝eq \f(F合－F2,q)＝eq \f(－0.012－0.018,1×10－6)N/C＝－3×104N/C
电场在x＝0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左；
（3）根据图像可知在x＝0.4m与x＝0.6m之间合力做功为W合＝－0.004×0.2J＝－8×10－4J
由公式qU＝W合
可得U＝eq \f(W合,q)＝－800V；
（4）根据图（b）中曲线Ⅱ围成的面积表示合电场力做的功，可知小球从x＝0.16m到x＝0.2m处，合电场力做功为W1＝eq \f(0.03×0.04,2)＝6×10－4J
小球从x＝0.2m到x＝0.4m处，
合电场力做功为W2＝－eq \f(1,2)mv2＝－1.6×10－3J
由图可知小球从x＝0.4m到x＝0.8m处，合电场力做功为W3＝－0.004×0.4J＝－1.6×10－3J
由动能定理可得W1＋W2＋W3＋F外s＝0
解得恒力作用的最小距离s＝eq \f(－（W1＋W2＋W3）,F外)＝0.065m.
答案：（1）1.0×10－6C，正电
（2）3.0×104N/C，方向水平向左
（3）－800V （4）0.065m