2025版正禾一本通高三一轮总复习物理-08任务群检测l练(八) 电场

任务群检测练(八)电场1．(2023·湖南高考)如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为()A．Q1＝q，Q2＝eq\r(2)q，Q3＝qB．Q1＝－q，Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，Q3＝－4qC．Q1＝－q，Q2＝eq\r(2)q，Q3＝－qD．Q1＝q，Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，Q3＝4q解析：选D。若三个点电荷都带正电或负电，则三个点电荷在P点产生的场强叠加后一定不为零，A、B错误；几何关系如图1所示，若Q1＝Q3＝－q，则根据E＝keq\f(Q,r2)分析可知E1＝4E3，Q1和Q3在P点产生的电场强度叠加后为E13，如图2所示，与Q2在P点产生的电场强度不可能在一条直线上，即P点处的电场强度不可能叠加为零，C错误；若4Q1＝Q3＝4q，Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，则根据E＝keq\f(Q,r2)分析可知E1＝E3＝keq\f(q,r2)，叠加后E13＝keq\f(\r(3)q,r2)，如图3所示，与Q2在P点产生的电场强度等大反向，叠加为零，D正确。2.空心球形导体壳内放置一正点电荷，球壳内、外电场线分布如图所示。a、d两点分别位于球壳内、外，b、c两点均位于球壳的内表面。下列说法正确的是()A．a点的场强等于d点的场强B．a点的电势等于d点的电势C．电子在c点的电势能大于在d点的电势能D．电子从a点分别运动到b点和c点，静电力做功相等解析：选D。电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密的地方，电场越强，所以a点的场强大于d点的场强，A错误；沿电场线方向电势逐渐降低，所以a点的电势高于d点的电势，B错误；电子带负电，负电荷在电势高的地方电势能小，所以电子在c点的电势能小于在d点的电势能，C错误；处于电场中的导体是一个等势体，因此b点电势和c点电势相等，所以电子从a点分别运动到b点和c点，静电力做功相等，D正确。3．如图甲所示，直线AB是电场中的一条电场线，沿与直线AB成θ＝37°角的方向建立直线坐标轴Ox，令原点O处电势为零，则沿Ox坐标轴上各点的电势φ与x坐标关系如图乙所示。直线上P点坐标已标注在图中，下列说法正确的是()A.电场方向由B指向AB．电场方向沿x轴正方向C．原点O处电场强度大小为2.0×102V/mD．原点O处电场强度大小为1.6×102V/m解析：选C。由题图乙可知，沿着x轴正方向电势逐渐降低，故电场方向由A指向B，由于φ­x图像为直线，故该电场为匀强电场，A、B错误；由题图乙可知该电场的电场强度大小为E＝eq\f(φ,xcosθ)＝eq\f(3.2,2×10－2×0.8)V/m＝2.0×102V/m，C正确，D错误。4．(2023·浙江6月高考)某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足()A．eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1)B．eq\f(E1,E2)＝eq\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))C．eq\f(E1,E2)＝eq\f(R1,R2)D．eq\f(E1,E2)＝eq\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))解析：选A。粒子在下侧电场中运动时，由牛顿第二定律得qE1＝meq\f(v2,R1)，又由于粒子沿等势线运动，则粒子进入上侧电场的速度大小不变，由牛顿第二定律得qE2＝meq\f(v2,R2)，整理得eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1)，A正确，B、C、D错误。5．如图所示为半径为R的带正电的金属薄球壳，一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图像，可能正确的是()解析：选A。带正电金属薄球壳内部场强处处为0，试探电荷从球心运动到球壳处的过程，不受任何力的作用，故动能不变；带正电的试探电荷从球壳处继续向外运动的过程，受到的静电力是斥力，做加速运动，动能增大，离球心越远，静电力越小，根据动能定理可知，动能增加得越慢，Ek­r图像的斜率越小，选项A正确，B、C、D错误。6．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2s内，静电力所做的功等于零C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内，静电力的冲量等于零解析：选D。由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小a1＝eq\f(qE0,m)，第2s内加速度大小a2＝eq\f(2qE0,m)，则a1＝eq\f(1,2)a2，因此粒子先加速1s再减速0.5s速度变为零，接下来的0.5s将反向加速运动，A错误；带电粒子运动的v­t图像如图所示，0～2s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知，静电力所做的功不为零，B错误；v­t图像中图线与时间轴围成的图形的“面积”表示带电粒子的位移，由图像可以看出，前4s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，C错误；2.5～4s内，静电力的冲量为I＝2qE0×0.5s＋(－qE0)×1s＝0，D正确。7．空间中a、b、c、d四点位于正四面体的四个顶点，m、n两点分别是ab和cd的中点。在a、b两点分别固定等量正电荷，正四面体对电场分布没有影响。下列说法正确的是()A．m、n两点的电势相等B．c、d两点的电场强度相同C．带正电的试探电荷从c点沿cm移动到m点，试探电荷的电势能减小D．带负电的试探电荷从c点沿cd移动到d点，试探电荷的电势能先减少后增加解析：选D。根据题意可知，等量同种电荷的等势面分布图，如图所示由沿电场线方向电势逐渐降低可知，离两个点电荷的距离越远电势越低，由于n点离两个点电荷的距离大于m点离两个点电荷的距离，则有φm>φn，故A错误；c、d两点离两个点电荷的距离相等，由对称性可知，c、d两点电势相等，电场强度的大小相等，但方向不同，故B错误；由于n点离两个点电荷的距离小于c、d两点离两个点电荷的距离，则有φc＝φd<φn，由Ep＝φq可知，带负电的试探电荷从c点沿cd移动到d点，试探电荷的电势能先减少后增加，D正确；由于c点离两个点电荷的距离大于m点离两个点电荷的距离，则有φc<φm，则带正电的试探电荷从c点沿cm移动到m点，试探电荷的电势能增加，故C错误。8．如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板左边缘射入，并沿直线从上极板右边缘射出，油滴质量为m，带电荷量为q，现仅将上极板上移少许，其他条件保持不变，重力加速度为g，则下列分析正确的是()A．上移后油滴的运动轨迹是曲线B．上移后电场强度大小小于eq\f(mg,q)，方向竖直向上C．上移后下极板和上极板之间的电势差为eq\f(mgd,q)D．上移后油滴穿越两板之间的电场时电势能减少了mgd解析：选D。由于油滴沿直线在两极板间运动，可知油滴一定做匀速直线运动，可得qE＝mg，则电场强度大小为E＝eq\f(mg,q)，根据公式E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，联立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，则当上极板向上移动时，E不变，方向竖直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，A、B错误；综上分析，由于E不变，根据U＝Ed，当上极板向上移动少许，d变大，所以U变大，两极板间的电势差不再是eq\f(mgd,q)，C错误；当上极板向上移动少许，E不变，所以油滴射出电场时的位置也不变，重力做的功为－mgd，则静电力做的功为mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，D正确。9．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方eq\f(d,2)处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移eq\f(d,3)，则从P点开始下落的相同粒子将()A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板eq\f(d,2)处返回D．在距上极板eq\f(2d,5)处返回解析：选D。设带电粒子的质量为m，电容器两极板的电压为U，由动能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＋d))－qU＝0，若将下极板向上移动eq\f(d,3)，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＋h))－qeq\f(U,\f(2d,3))h＝0，联立解得h＝eq\f(2,5)d<eq\f(2,3)d，所以带电粒子还没达到下极板就减速为零，D正确。10.(多选)如图所示，在竖直向下的匀强电场eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(E＝\f(3mg,q)))中，一质量为m，带电荷量为－q(q>0)的小球，用长为R的轻绳悬挂于O点，让小球在竖直平面内做圆周运动，其中A、B是圆周上的最高点和最低点，则下列说法正确的是()A．若要完成完整的圆周运动，到达A点的速度至少为vA＝eq\r(gR)B．若要完成完整的圆周运动，到达B点的速度至少为vB＝eq\r(2gR)C．小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小D．小球由A运动到B的过程中，小球电势能的增加量等于重力势能减少量解析：选BC。重力与静电力合力的大小为F＝qE－mg＝2mg，方向是竖直向上的，所以A点相当于圆周运动中的等效最低点，B点相当于圆周运动中的等效最高点，若恰好做完整的圆周运动，在B点，根据圆周运动规律可得meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)＝2mg，解得vB＝eq\r(2gR)，从A到B，根据动能定理可得－2mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up14(2),\s\do5(B))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up14(2),\s\do5(A))，解得vA＝eq\r(10gR)，故A错误，B正确；在A点绳子受到的拉力最大，在B点绳子受到的拉力最小，所以小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小，故C正确；小球由A运动到B的过程中，根据能量守恒可知，小球电势能的增加量等于机械能的减少量，故D错误。11．(2023·新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、eq\f(v0,4)；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率eq\f(v0,2)，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。(1)求油滴a和油滴b的质量之比；(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。解析：(1)设油滴半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝eq\f(4,3)πr3ρ则速率为v时受阻力f＝krv则当油滴匀速下落时mg＝f解得r＝eq\r(\f(3kv,4πρg))∝eq\r(v)可知eq\f(ra,rb)＝eq\r(\f(v0,\f(1,4)v0))＝2则eq\f(ma,mb)＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(a)),req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(b)))＝eq\f(8,1)。(2)两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率eq\f(v0,2)，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得|qa|E＋fa′＝mag其中fa＝krv0＝mag则fa′＝kr·eq\f(v0,2)＝eq\f(1,2)mag对b由受力平衡可得fb′－qbE＝mbg其中fb＝kr·eq\f(v0,4)＝mbg则fb′＝kr·eq\f(v0,2)＝2mbg联立解得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(ma,2mb)＝eq\f(4,1)。答案：(1)8∶1(2)油滴a带负电，油滴b带正电4∶112．如图a所示，水平放置的平行金属板A、B间的距离d＝0.1m，板长L＝0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B板的正中间，距金属板右端x＝0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在A、B板间加如图b所示的方波形电压，已知U0＝1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10－7kg，电荷量q＝1.0×10－2C，速度大小均为v0＝1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：(1)求带电粒子在电场中的运动时间；(2)求在t＝0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；(3)若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度。解析：(1)假设粒子可以从电场中射出，则进入电场的粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动，L＝v0t，粒子在电场中运动时间t＝eq\f(L,v0)＝3×10－5s，从t＝0时刻进入的粒子偏移量最大，竖直方向，0～2×10－5s粒子匀加速运动，接着做匀减速直线运动，由于电压大小一样，所以加速度大小相等a＝eq\f(qU0,md)＝108m/s