【文档说明】2021届高考物理二轮专题复习（选择性考试）专题强化练（九） 电场、带电粒子在电场中的运动 含解析.docx，共(15)页，251.532 KB，由envi的店铺上传

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专题强化练(九)题型一电场的性质1.(2020·北京卷)真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等．下列说法正确的是()A．该点电荷一定为正电荷B．P点的场强一定比Q点的场强大C．P点电势一定比Q点电势低D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大解析：正电荷和负电

荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电

势一定比Q点电势高，故C错误；从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误．答案：B2.[2020·新高考卷Ⅰ(山东卷)]

(多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等．一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态．过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a

、c和b、d，如图所示．以下说法正确的是()A．a点电势低于O点B．b点电势低于c点C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能解析：由题意可知O点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知

aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；同理根据同种电荷电场线分布可知b点电势低于c点电势，故B正确；根据电场线分布可知负电荷从a到b电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；同理根据电场线分布可知负电荷从

c点到d点电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确．答案：BD3.如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于

静止状态．现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动．关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是()A．F逐渐减小，T逐渐减小B．F逐渐增大，T逐渐减小C．F逐渐减小，T逐渐增大D．F

逐渐增大，T逐渐增大解析：F＝Udq，d增大，则F减小；T＝G2＋F2，F减小，则T减小．答案：A4.(多选)如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为φ，把半圆环分成AB、BC、CD三部分．下列说法正确的是(

)A．BC部分在O点产生的电场强度的大小为E2B．BC部分在O点产生的电场强度的大小为E3C．BC部分在O点产生的电势为φ2D．BC部分在O点产生的电势为φ3解析：如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段．设每段在O点产生的电场强度大小均为E′.AB段

和CD段在O处产生的电场强度夹角为120°，它们的合电场强度大小为E′，则O点的合电场强度：E＝2E′，则：E′＝E2；故圆弧BC在圆心O处产生的电场强度为E2.电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为φ′，则有3φ′＝φ，则φ′＝φ3，A、D正确．答案：AD5．(2019·

全国卷Ⅱ)(多选)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定

与粒子轨迹在该点的切线平行解析：在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势

能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确．若静电场的电

场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误．答案：AC6.(2017·全国卷Ⅰ)(多选)在

一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec、和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动

的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是()A．Ea∶Eb＝4∶1B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1D．Wbc∶Wcd＝1∶3解析：由图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1m、2m、3m、6m，根据点电荷的场

强公式E＝kQr2可知，EaEb＝r2br2a＝41，EcEd＝r2dr2c＝41，故选项A正确，B错误；电场力做功W＝qU，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3V、1V、1V，所以WabWbc＝31，WbcWcd＝11，故选项C正确，D错误．答案：

AC7.(2019·江苏卷)(多选)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W.再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为－2q的点

电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有()A．Q1移入之前，C点的电势为WqB．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为－4W解析：根据电场力做功与电势能的变化关系知Q1在C点的

电势能Ep＝W，根据电势的定义知C点电势φ＝Epq＝Wq，A正确；在A点的点电荷产生的电场中，B、C两点处在同一等势面上，Q1从C移到B的过程中，电场力做功为0，B正确；单独在A点固定电荷量为＋q的点电荷时，C点电势为φ，单独在B点固定点

电荷Q1时，C点电势也为φ，两点电荷都存在时，C点电势为2φ，Q2从无穷远移到C点时，具有的电势能E′p＝－2q×2φ＝－4W，电场力做功W′＝－E′p＝4W，C错误，D正确．答案：ABD题型二与电容器有关的电场问题8.

(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，b板接地(规定大地电势为零)，在距离两板一样远的P点有一个带电液滴处于静止状态．若将b板向下平移一小段距离，则稳定后，下列说法正确的是()A．液滴将加速向下运动B．P点电势升高，液滴在P点时的电势能减小

C．P点的电场强度变大D．在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不变解析：因液滴开始处于静止状态，所以开始时受力平衡，则受到的电场力向上，液滴带负电，有mg＝qE.金属板a、b与电池相连，两端电势差不变，由E＝Ud可知，d增大，E减小，液滴受到的电场力减小，故将加速向下运动

，A正确，C错误；b极接地，电势为零，P点与a板距离不变，E减小，所以P点与a板间电势差变小，而a、b之间电势差没有变，所以P点与b板之间电势差变大，P点电势升高，由Ep＝qφ可知，电势能减小，故B正确；由W＝qU可知，电势差不变，前后两种情况下，电场力做功相同，故D正确．答案：ABD

9.(多选)如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．下述结论正确的是()A．若保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小B．若保持开关S闭合，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变C．若断开开关S后，将A、

B两极板靠近些，指针张开角度将变小D．若断开开关S后，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将变大解析：保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变，故A错误，B正确；断开开关，电容

器带电荷量不变，将A、B靠近一些，则d减小，根据C＝εrS4πkd知，电容增大，根据C＝QU知，电势差减小，指针张角减小，故C正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A、B正对面积变小些，根据C＝εrS4πkd知，电容减小，根据C＝QU知，电势差增大，指针张角增大，故D正确．答案：BCD题型三

带电粒子在电场中的运动10.(2020·浙江卷)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连

线上的某点时()A．所用时间为mv0qEB．速度大小为3v0C．与P点的距离为22mv20qED．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向y＝12Eqmt2，由tan45°＝yx，可得t＝2mv0Eq，故A错误；由于vy＝Eqmt＝2v0，故粒

子速度大小为v＝v20＋v2y＝5v0，故B错误；由几何关系可知，到P点的距离为L＝2v0t＝22mv20Eq，故C正确；由平抛推论可知，tanα＝2tanβ，速度正切tanα＝2tan45°＝2，故D错误．答案：C11.(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平

放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G时的动

能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子

的加速度大小为a，有E＝2φd，①F＝qE＝ma.②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－12mv20，③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝12at2，④l＝v0t，⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝12mv20＋2φdqh，⑥l＝v0md

hqφ.⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L为L＝2l＝2v0mdhqφ.⑧答案：(1)12mv20＋2φdqhv0mdhqφ(2)2v0mdhqφ12．(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．

从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为t2.重力加速度为g，求：(1)电

场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能．解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma，①12at22＝12gt2，②解得E＝3mgq.③(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek

，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有Ek－12mv21＝mgh＋qEh，④且有v1t2＝v0t，⑤h＝12gt2，⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v20＋g2t2)．答案：(1)3mgq(2)2m(v20＋g2t2)13．如图所示，沿水平方向放置一条平直

光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L.槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为＋2q，球B带电量为－3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统．最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场

E后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)，求：(1)球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A与右板的距离．解析：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有W1＝2qE×2.5L＋(－3qE×

1.5L)>0，而且还能穿过小孔，离开右极板．假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有W2＝2qE×2.5L＋(－3qE×3.5L)<0.综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧．(1)

带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律得a1＝2qE2m＝qEm.球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有v21＝2a1L，求得：v1＝2qELm.(2)设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则t1＝v1a1，解得：t1＝2mLqE.球B进入电

场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得a2＝－3qE＋2qE2m＝－qE2m.显然，带电系统做匀减速运动．设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有v22－v21＝2a2×1.5L,t2＝v2－v1a2，求得：v2＝122qELm，t2

＝2mLqE.球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律得a3＝－3qE2m.设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有t3＝0－v2a3，－v22＝2a3x，求得t1＝132mLqE，x＝L6.可知

，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为t＝t1＋t2＋t3＝732mLqE，球A相对右板的位置为x＝L6.答案：(1)2qELm(2)732mLqEL6获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com