物理二轮复习跟踪训练 第8课时 电场及带电粒子在电场中的运动

第8课时电场及带电粒子在电场中的运动跟踪训练基础保分练选择题：1.我国东汉学者王充早在公元一世纪就有关于静电现象的描述——“顿牟掇芥”，即摩擦过的玳瑁能够吸引芥菜籽之类的轻小物体。下列现象与“顿牟掇芥”作用原理相同的是()A.秋冬季节用手指触摸金属时手指常感受到刺痛B.空气中的飞絮很容易附在行进中的汽车挡风玻璃上C.梳完头发后，部分头发反而根根竖立起来D.摩擦过的琥珀靠近验电器，验电器的金属箔片张开2.如图所示，P点为正电荷Q旁的一点，正电荷Q在P点产生的电场强度为E，电势为φ(以无穷远处为零电势)，负试探电荷在P点的电势能为Ep，现有一不带电的金属导体AB靠近P点，则靠近后与原来相比，下列说法正确的是()A.E减小B.φ降低C.φ不变D.Ep减小3.(2024·北京卷)如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是()A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P、Q两点间电势差不变4.两块平行金属板安装在绝缘基座上，A板连接感应起电机的正极，B板连接负极，一个由锡纸包裹的乒乓球用绝缘细线悬挂于A、B两板之间，摇动起电机，乒乓球在电场力作用下在A、B两板间往返运动碰撞，下列说法正确是()A.A板的电势低于B板的电势B.乒乓球往返运动过程中始终带正电C.A→B的运动过程中电场力对乒乓球做负功D.A→B的运动过程中乒乓球电势能减小5.金属球内部空腔内放置一个点电荷后，形成电场的电场线如图所示(未标出电场强度方向)，在轴线上有A、B两点位于空腔内壁上，用EA、EB和φA、φB分别表示A、B两处电场强度大小和电势，则()A.EA>EB，φA＝φBB.EA＝EB，φA＝φBC.EA>EB，φA>φBD.EA＝EB，φA>φB6.空间存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现在纸面内建立直角坐标系xOy，用仪器沿Ox、Oy两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势φ与横、纵坐标的函数关系如图所示。关于该电场的电场强度E，下列说法正确的是()A.E＝300V/m，方向沿x轴正方向B.E＝500V/m，方向指向第二象限C.E＝400V/m，方向沿y轴负方向D.E＝500V/m，方向指间第四象限7.如图所示，球体O的直径AB、CD、MN两两垂直，两个带等量正电的点电荷分别位于A、B点。则()A.C点的电场强度和M点的相同B.C点的电势比M点的高C.一试探电荷从O点沿半径ON方向移到N点过程中受到的电场力一直增大D.一带正电的试探电荷沿半圆弧ACB移动过程中，试探电荷的电势能先减少后增加8.如图所示，在光滑绝缘水平面上，带电小球M绕固定的带电小球N做顺时针的椭圆运动，E、F分别是C、D关于O点的对称点。则()A.小球M、N带同种电荷B.小球M在C、E两点加速度相同C.M从C到D的时间等于从E到F的时间D.M从A点运动到B点的过程中，动能减小综合创新练选择题：9.如图所示，均匀带正电的薄球壳上有一小孔A，带正电的试探电荷(不计重力)从球心O以足够大的初速度沿OA方向射出。取无穷远处的电势为0，则关于试探电荷受到的静电力大小F、电势能Ep与离开球心的距离r的关系图像可能正确的是()10.(2025·甘肃卷)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备,其工作原理如图甲所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后,沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d,U2-t关系如图乙所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处,样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内,电压U2可视为不变,当U2=±Um时,离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是()A.U2的最大值Um=d2lB.当U2=±Um且L=(a−dC.若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,需增大U1D.在t1和t2时刻射入U2的离子,有可能分别打在A点和B点11.(多选)(2025·湖南卷,8)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、-q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时,电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是()A.OA中点的电势为零B.电场的方向与x轴正方向成60°角C.电场强度的大小为2D.电场强度的大小为2二．计算题：12.如图所示，空间存在着电场强度E＝300N/C、方向水平向右的匀强电场，在电场内一长为L＝0.4m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量为m＝0.4kg、电荷量为q＝0.01C的小球。已知OA处于水平方向，OC在竖直方向。小球从A点由静止释放，当小球运动到O点正下方B点时细线恰好断裂，经过一段时间，小球运动到OC线上的D点(图中未标出)，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球到达B点时细线(断裂前)对小球拉力的大小；(2)小球从A点运动到B点过程中的最大速率；(3)BD的高度。13.为了研究电子在电场中的运动规律，现给出如图所示的电场。在直角坐标系xOy平面的第一象限内存在沿＋x方向、电场强度大小为E0的匀强电场；第二象限内存在沿＋y方向的匀强电场，其它区域无电场。一电子由P点静止释放后恰好过Q点，已知P点坐标(L，L)，Q点坐标(－3L，0)，电子电荷量为e，质量为m。(1)求第二象限内电场强度大小；(2)电子在第一象限内某处静止释放，若能通过Q点，求释放点位置坐标x与y之间满足的关系；(3)在题(2)情况下，求电子通过Q点速度的最小值。参考答案：1.答案B解析“顿牟掇芥”的原理是带电体有吸引轻小物体的性质。秋冬季节用手指触摸金属时手指常感受到刺痛，是静电感应现象，故A错误；空气中的飞絮很容易附在行进中的汽车挡风玻璃上，是因为挡风玻璃与空气摩擦成为带电体，可以吸引轻小物体的缘故，故B正确；梳完头发后，部分头发反而根根竖立起来，是因为梳子与头发摩擦使部分头发带上同种电荷相互排斥造成的，故C错误；摩擦过的琥珀，成为带电体，靠近验电器时，由于静电感应，验电器的金属箔片张开，故D错误。2.答案B解析有一不带电的金属导体AB靠近P点，根据静电感应原理可知，A端感应出负电荷，B端感应出正电荷，由于A、B两端感应电荷在P点产生的合电场强度方向与正电荷Q在P点产生的电场强度方向相同，则电场强度E增大；由于A端感应电荷带负电，且A端比B端更靠近P点，则叠加后P点电势φ降低；根据Ep＝qφ，由于检验电荷带负电，所以检验电荷在P点的电势能Ep增大，故B正确。3.答案C解析结合电场强度叠加原理和点电荷的电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)可知P、Q两点电场强度大小相等、方向相同，A错误；由于两等量异种点电荷产生的电场中，电场线从正点电荷出发，指向负点电荷，又沿电场线方向电势降低，则φP>φQ，B错误；P点电场强度大小为EP＝keq\f(Q,xeq\o\al(2,MP))＋keq\f(Q,xeq\o\al(2,NP))，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，C正确；若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P、Q之间的电场强度均变大，又P、Q两点间的距离不变，则根据U＝Ed定性分析可知P、Q之间的电势差变大，D错误。4.答案D解析根据题意，A板连接感应起电机的正极，B板连接负极，则可知A板的电势高于B板的电势，故A错误；当乒乓球在电场力的作用下从A板向B板运动，则乒乓球一定带正电，而当乒乓球与B板发生碰撞，在接触的过程中乒乓球上的正电荷将与B板所带负电荷中和后并使乒乓球带上负电，之后电场力继续对乒乓球做正功，使乒乓球运动到A板，如此反复，因此乒乓球往返运动过程中与A板碰撞后带正电，与B板碰撞后带负电，故B错误；根据题意，乒乓球在电场力作用下在A、B两板间往返运动碰撞，则可知A→B的运动过程中电场力对乒乓球做正功，乒乓球的电势能减小，故C错误，D正确。5.答案A解析根据电场线疏密程度可知EA>EB，金属球内部空腔内放置一个点电荷后，金属球内处于静电平衡状态，金属球上电势处处相等，即φA＝φB，故A正确。6.答案B解析沿电场方向电势降低，由图可知，x轴方向的分电场方向沿x轴负方向，场强大小为Ex＝eq\f(Δφx,Δx)＝eq\f(45,15×10－2)V/m＝300V/m，y轴方向的分电场方向沿y轴正方向，场强大小为Ey＝eq\f(Δφy,Δy)＝eq\f(40,10×10－2)V/m＝400V/m，则该电场的电场强度大小为E＝eq\r(Eeq\o\al(2,x)＋Eeq\o\al(2,y))＝500V/m，方向指向第二象限，B正确。7.答案D解析根据等量同种电荷的电场分布，C点与M点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；根据等量同种电荷的电场分布可知，C、M两点的电势相等，故B错误；根据等量同种电荷的电场分布可知，在O点以及无穷远处的电场强度为零，则从O点沿半径ON方向移到无穷远处，电场强度先增大后减小，但无法判断试探电荷从O点沿半径ON方向移到N点过程中受到的电场力的变化情况，故C错误；一带正电的试探电荷沿半圆弧ACB移动过程中，电势先降低后升高，所以试探电荷的电势能先减少后增加，故D正确。8.答案D解析带电小球M绕固定的带电小球N做顺时针的椭圆运动，在A、B两点，小球M所受的向心力指向N，可知两个小球之间的力为吸引力，则小球M、N带异种电荷，故A错误；根据对称性可知小球M在C、E两点所受的静电力大小相等、方向不同，根据牛顿第二定律可知小球M在C、E两点加速度不同，故B错误；由对称性知，小球M在CD上任一点的电势能比在EF上任一点的电势能大，由能量守恒定律得，小球M在CD上任一点的动能比在EF上任一点的动能小，即小球M在CD上任一点的速率比在EF上任一点的速率小，则小球M在CD上的平均速率比在EF上的平均速率小，而CD和EF的长度相等，由t＝eq\f(s,\o(v,\s\up6(－)))得，小球M从C运动到D的时间大于从E运动到F的时间，故C错误；同理可知小球M在A点的电势能小于在B点的电势能，由能量守恒定律知小球M在A点的动能大于在B点的动能，则M从A点运动到B点的过程中，动能减小，故D正确。9.答案C解析由于球壳内的电场强度处处为零，试探电荷在球壳内不受静电力，静电力不做功，试探电荷的电势能保持不变。球壳外的电场强度随离球心的距离r的增加而减小，带正电的试探电荷受到的静电力方向与速度方向相同，静电力做正功，试探电荷的电势能随r的增加而减少，但减少得越来越慢，故C正确。10.答案B解析离子在加速电场中被加速时,有qU1=12mv02,在偏转电场中做类平抛运动,则有l=v0t,d2=12·qUmdmt2,解得Um=2d2l2U1,故A错误;当U2=±Um时,离子从极板的边缘射出,若恰能打到样品边缘时,有d2a2=l2l2+L,解得L=(a−d)l2d,故B正确;根据y=12·qUmdmt2=Uml24dU1,结合几何关系l2y=l2+LY11.答案AD解析根据题意结合电势能公式有Ep=qφO=-qφA=2qφB,解得φO=Epq、φA=-Epq、φB=Ep2q,则OA中点的电势为φO+φA2=0,A正确;在OA线段上找出一与B点等势的点M,可知xOM=14d,BM连线为等势线,与BM连线垂直的线为电场线,如图所示,则根据几何关系可知,电场线与x轴正方向夹角θ=45°,根据电场强度与电势差的关系,有E12.答案(1)6N(2)2m/s(3)eq\f(32,45)m解析(1)由动能定理得mgL－qEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0FT－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),L)解得FT＝6N。(2)因为电场力与重力的合力方向与竖直方向成37°，所以当小球运动到细线与竖直方向成37°时速率最大。由动能定理得mgLcos37°－qE(L－Lsin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0解得vm＝2m/s。(3)细线断裂后，小球水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向有qE＝ma小球再次运动到OC线上的D点所需时间t＝eq\f(2vB,a)BD的高度为h＝eq\f(1,2)gt2联立解得h＝eq\f(32,45)m。13.答案(1)eq\f(4,9)E0(2)y＝eq\f(L2,x)(3)eq\r(\f(8E0eL,3m))解析(1)电子由P点静止释放，在电场力作用下运动到y轴，设电子到达y轴时的速度为v1，根据动能定理有eE0L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)电子由y轴运动到Q点做类平抛运动，有L＝eq\f(1,2)eq\f(E2e,m)t23L＝v1t联立以上三式解得E2＝eq\f(4,9)E0。(2)电子由(x，y)静止释放，经过先加速后类平抛到Q点，设电子到达y轴时的速度为v2，有eE0x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,