2023届高考物理二轮总复习试题（老高考旧教材）专题分层突破练7　电场　带电粒子在电场中的运动（Word版附解析）

专题分层突破练7　电场　带电粒子在电场中的运动A组1.(2022湖南卷)如图所示,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是(　　)A.电场强度方向垂直指向a,电势减小B.电场强度方向垂直指向c,电势减小C.电场强度方向垂直指向a,电势增大D.电场强度方向垂直指向c,电势增大2.(2022广东普通高中一模)有一种测量电场强度的方法,其原理如图所示,竖直平面的虚线框内存在水平方向的匀强电场,虚线框高度为d。让质量为m、电荷量为q的粒子从M点由静止释放,最终带电粒子在电场区域下边界的照相底片上打出一个感光点P,P点与M点的水平距离为0.5d,已知重力加速度为g,则电场强度E大小为(　　)A.mg2qB.mgqC.3mg2qD.2mgq3.(2022湖南雅礼中学模拟)如图所示,竖直放置在水平面上的轻质绝缘弹簧上叠放着两物块A、B,相互绝缘且质量均为2kg,A带正电,电荷量为0.1C,B不带电,系统处于静止状态。若突然加上一个沿竖直方向的匀强电场,此瞬间A对B的压力大小变为15N,g取10m/s2,则此匀强电场(　　) A.电场强度为50N/C,方向向上B.电场强度为100N/C,方向向上C.电场强度为100N/C,方向向下D.电场强度为200N/C,方向向下4.(多选)(2022湖北八市二模)如图所示,实线为某一带电粒子在某点电荷产生的电场中的运动轨迹,轨迹关于虚线PQ对称,轨迹与PQ相交于A点,轨迹上M、N两点关于PQ对称,粒子只受静电力作用,则下列说法正确的是(　　)A.点电荷一定在PQ上B.带电粒子在M、N两点受力相同C.M、N两点电势一定相同D.带电粒子在A点的动能一定最大5.(多选)(2022湖南衡阳二模)匀强电场中有一与电场方向平行的扇形AOB区域,如图所示,圆心角θ=120°,半径R=1m,其中C、D、F将圆弧AB四等分。已知A、B、O点的电势分别为φA=9V,φB=0,φO=3V,下列说法正确的是(　　)A.D点的电势φD=6VB.F点的电势φF=3VC.电场方向沿AO连线方向D.电场强度大小为3V/m 6.(2022广东东莞模拟)如图所示,两平行金属板A、B相隔6cm,分别接在36V的直流电源的正、负极上。C点在两板间且到板A的距离为2cm,正极板A接地(地面电势为零),下列说法正确的有(　　)A.板间的电场方向从B指向AB.B板电势比A板电势高C.C点的电势φC=-12VD.A、B间距变化时,电场强度保持不变7.(多选)(2022湖南永州一中模拟)如图所示,一带正电的粒子q以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中,粒子只受静电力的作用,沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点,其中a点的电场强度大小为Ea,方向与ab连线成30°角,b点的电场强度大小为Eb,方向与ab连线成60°角。下列说法正确的是(　　)A.点电荷Q带正电B.a点的电势低于b点电势C.从a到b,q、Q系统的电势能减小D.粒子q在a点的加速度小于在b点的加速度B组8.(2022重庆八中模拟)如图所示,ABCD为一边长为a的正方形的四个顶点,O为正方形的中心,E点是O点关于AD的对称点,F点是O点关于BC的对称点。在A点、B点分别放置电荷量为+Q的点电荷,在C点放置电荷量为-2Q的点电荷,在D点放置电荷量为-Q的点电荷。以无穷远为零电势点,下列说法正确的是(　　) A.O点电势小于零B.F点电场强度比E点小C.O点的电场强度大小为EO=52kQa2D.将试探电荷-q从E点移到F点电势能减小9.(多选)(2022湖南衡阳模拟)如图所示,A、B为平行正对金属板,在板中央分别有一小孔M、N(小孔对平行板电场无影响),D为理想二极管,R为滑动变阻器,电源内阻不可忽略。闭合开关S,待电路稳定后,将一带负电的小球从M、N的正上方的P点由静止释放,小球恰好能运动至小孔N处。每次都将带电小球从P点由静止释放,下列说法正确的是(　　)A.若仅将A板上移,带电小球将无法运动至B板的小孔N处B.若仅将B板下移,带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处C.若仅将R的滑片上移,带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处D.若仅将R的滑片下移,带电小球将无法运动至B板的小孔N处10.(2022河南开封二模)如图甲所示,在某电场中的O点分别无初速度释放两个正点电荷Ⅰ和Ⅱ,电荷仅在静电力的作用下沿直线向A运动,两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙所示。若Ⅰ的电荷量为q,则可知(　　)A.电荷Ⅱ的电荷量为q2B.电荷Ⅱ受到的静电力大小为Ek0x0C.此电场一定为匀强电场且电场强度大小为Ek0qx0D.选O点为零电势点,A点的电势为φA=Ek0q 11.(2022广东卷)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性,因此获得了1923年的诺贝尔奖。上图是密立根油滴实验的原理示意图,两个水平放置、相距为d的足够大金属极板,上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴,由于碰撞或摩擦,部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B,在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极),A继续以原速度下落,B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1),随后与A合并,形成一个球形新油滴,继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为Ff=km13v,其中k为比例系数,m为油滴质量,v为油滴运动速率。不计空气浮力,重力加速度为g。求:(1)比例系数k;(2)油滴A、B的电荷量和电性,B上升距离h2电势能的变化量;(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。答案：1.A　解析由电场叠加知,四根绝缘棒都存在时,O点的电场强度为0。移去a处绝缘棒后,b、d处绝缘棒在O处产生的电场强度为0,c处绝缘棒在O处产生的电场强度不为0,方向垂直指向a。根据电场叠加知,去掉a处绝缘棒后,O点的电场强度不为0,方向垂直指向a,故B、D错误。电势为标量,电势的叠加法则是求代数和,移去a处的绝缘棒后,O处的电势减小,故A正确,C错误。2.A　解析竖直方向满足d=12gt2,水平方向满足0.5d=12at2,Eq=ma,联立解得E=mg2q,故A正确。3.B　解析设所加的电场方向向下,电场强度大小为E,A、B整体原来处于平衡状态,则静电力为整体的合力,由牛顿第二定律有Eq=2ma,再分析A物体的受力,A受到向下的重力mg、向下的静电力Eq、向上的弹力FN,由题意知FN=15N,则有mg+Eq-FN=ma,联立解得E=-100N/C,故所加的电场方向向上,大小为100N/C,B正确。4.AC　解析带电粒子在点电荷产生的电场中只受静电力作用,其运动轨迹具有对称性,且对称轴一定是过点电荷的直线,所以点电荷一定在PQ上,A正确;带电粒子在M、N两 点受力方向不相同,B错误;根据对称性,M、N两点到点电荷的距离相同,一定在同一等势面上,电势一定相同,C正确;如果带电粒子与点电荷带同种电荷,在A点的动能最小,D错误。5.ABC　解析连接AB、OC、OD、OF,交点分别为I、H、G,△OIG为等边三角形,△OAI、△OBG为等腰三角形,如图所示,由几何关系可得AI=IG=GB,即I、G为AB的三等分点,由于匀强电场电势均匀变化,可得φI=6V,φG=3V,故OF为电势3V的等势面,由几何关系可得DI连线垂直于OA,与OF平行,为电势6V的等势面,即φD=6V,φF=3V,A、B正确;电场垂直于等势面指向电势较低一侧,故沿AO连线方向,C正确;电场强度大小为E=UAOR=6V/m,D错误。6.C　解析下极板带正电,A板电势比B板电势高,板间的电场方向从A指向B,选项A、B错误;板间电场强度E=Ud=360.06V/m=600V/m,则UAC=EdAC=600×0.02V=12V,因A板电势为零,则C点的电势φC=-12V,选项C正确;根据E=Ud可知,A、B间距变化时,电场强度要变化,选项D错误。7.CD　解析根据轨迹弯曲方向判断出,粒子在运动的过程中,一直受引力作用,因粒子带正电,所以点电荷Q带负电,故A错误;由图可知,点电荷Q位于Ea方向延长线与Eb方向延长线的交点处,且b点与a点相比,b点离负点电荷较近,b点处电势较低,根据点电荷电场线的分布,b点处电场线分布较密,电场强度较大,粒子加速度较大,故B错误,D正确;由Ep=qφ可知正点电荷在电势低处电势能较小,所以从a到b系统电势能减小,故C正确。8.A　解析O点在边长AD的中垂线上,所以O点在A、D点电荷的电场中的电势为零;因为电势是标量,B点电荷在O点的电势大于零,而C点电荷在O点的电势小于零,因C点电荷的电荷量大于B点电荷的电荷量,所以C点电荷在O点电势的绝对值大于B点电荷在O点电势的绝对值,故O点电势小于零,A正确。E、F关于O点对称,点电荷的 电场强度E=kQr2,由于C点的电荷电荷量大且离F点更近,故可知F点电场强度比E点大,B错误。A点电荷和C点电荷在O点的电场强度大小为EAC=2kQ2a22+kQ2a22=6kQa2,方向由A到O,B点电荷和D点电荷在O点的电场强度大小为EBD=kQ2a22+kQ2a22=4kQa2,方向由O到D,所以四个电荷在O点产生的电场强度的大小EO=EAC2+EBD2=213kQa2,C错误。E、F点在AD的中垂线上,所以E、F点在A、D点电荷的电场中的电势均为零,而E点离B、C点电荷的距离大于F离B、C点电荷的距离,C点电荷是负电荷,且电荷量大于B点电荷的电荷量,所以E点的电势大于F点的电势,即φE>φF,将试探电荷-q从E点移到F点,电势能将增加,D错误。9.ACD　解析根据C=QU和C=εrS4πkd联立可得QU=εrS4πkd,若仅将A板上移,d增大,Q应减小,但由于二极管处于截止状态,电荷量Q保持不变,电压U将增大,根据动能定理mgh-qU=0,U增大,运动到B板前的某一高度时,重力做功小于静电力做功,则带电小球无法运动到B板的小孔N处,故A正确;若仅将B板下移,d增大,Q应减小,但由于二极管处于截止状态,电荷量Q保持不变,因为E=Ud,联立得E=4πkQεrS,电压U将增大,电场强度E不变,则重力和静电力在带电小球运动相同高度时,重力所做的功更小,因此带电小球将无法运动到N处,故B错误;若仅将R的滑片上移,R两端的电压减小,二极管使得电容器不能放电,电容器两端电压U不变,则带电小球仍将恰好能到达B板的小孔N处,故C正确;若仅将R的滑片下移,R两端的电压增大,电荷量Q将增大,则带电小球将不能到B板的小孔N处,故D正确。故选A、C、D。10.C　解析由动能定理可知,电荷的动能Ek随位移x的变化图线的斜率表示该电荷所受的静电力,故电荷Ⅰ和Ⅱ所受的静电力分别为FⅠ=Ek0x0,FⅡ=2Ek0x0,故B错误;由题图乙可知,静电力为恒力,则电场强度大小、方向均不变,为匀强电场,根据F=qE可知,匀强电场的电场强度大小E=FⅠq=Ek0qx0,故C正确;FⅡ=2FⅠ,所以电荷Ⅱ的电荷量为2q,故A错误;电荷Ⅰ由O到A的过程中,有qUOA=Ek0,解得UOA=Ek0q,选O点为零电势点,A点的电势φA=-Ek0q,故D错误。11.答案(1)m023gth1 (2)油滴A不带电,油滴B带负电,电荷量为m0gd(h1+h2)Uh1　-m0gh2(h1+h2)h1(3)h2-h1213t,方向竖直向上或h1-h2213t,方向竖直向下解析(1)小油滴A和B在时间t内都匀速下落了距离h1,可得油滴的速度v0=h1t此时有m0g=FfFf=km013v0联立解得k=m023gth1。(2)两极板加上电压U后,A继续以原速度下落,因此A不带电。B要向下减速,因此所受电场力竖直向上,B带负电。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1),有vB=h2tB所受阻力FfB=km013vBB受力平衡,有Udq=FfB+m0g联立解得q=m0gd(h1+h2)Uh1B上升距离h2电势能减少,变化量为-Udqh2=-m0gh2(h1+h2)h1。(3)合并后对新油滴受力分析,受到竖直向上的静电力,为F电=Udq=Ud·m0gd(h1+h2)Uh1=m0g1+h2h1受到竖直向下的重力为2m0g设新油滴最终匀速运动的速度为v当h2>h1时,F电>2m0g,最终新油滴竖直向上匀速运动,有2m0g+k(2m0)13v=F电解得v=h2-h1213t当h2<h1时,F电<2m0g,最终新油滴竖直向下匀速运动,有2m0g=F电+k(2m0)13v