【文档说明】2023新教材高考物理二轮专题复习专题强化训练10电场及带电粒子在电场中的运动 Word版含答案.docx，共(10)页，214.257 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9e10b27bf66a780effa41485d7bec2c6.html

以下为本文档部分文字说明：

专题强化训练10电场及带电粒子在电场中的运动一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)1.[2022·广东冲刺卷]计算机键盘每个按键下有块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，两片金属片组成一个小电容器．且电压保持不变图示键盘连

着正在工作的计算机，按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器()A.电容变小B．金属片间的场强变小C．电荷量增大D．处于放电状态2.[2022·湖北卷]密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场．用一

个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电．金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止．若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状

油滴所带电荷量和半径可以为()A．q，rB．2q，rC．2q，2rD．4q，2r3.[2022·全国冲刺卷]两半径相等的半球球壳Ⅰ和Ⅱ彼此靠的很近，间距可忽略，两半球壳均匀带有正电荷，电荷量均为q，O为球心，A为球壳外一点，AO＝d，如图所

示，AO垂直于两半球截面．球壳Ⅰ在A点形成的电场强度为E1，规定距O点无限远处电势为零，下列说法不正确的是()A．O点电场强度为零B．球壳Ⅰ在O点形成的电场强度方向水平向右C．球壳Ⅱ在A点形成的电场强度大小为E2＝2kqd2－

E1D．球壳Ⅰ和球壳Ⅱ在A点形成的电势相等4.[2022·山东押题卷]内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐．如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，关

于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是()A．O点电场场强不为零B．O点电势不为零C．A、B两点电场强度相等D．A、B两点电势相等5.[2022·北京押题卷]两个等量异种点电荷形成的电场等势面如图虚线所示，现有一正电荷以某一水平初速度

从左侧P点进入该区域，只在电场力作用下通过Q点．下列说法正确的是()A．P点的电场强度比Q点的电场强度小B．P点的电势比Q点的电势低C．该电荷在P点的电势能比在Q点的电势能大D．该电荷在P点的动能比在Q点的动能大6.[2

022·浙江6月]如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应).t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为2v0；平行

M板向下的粒子，刚好从N板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则()A．M板电势高于N板电势B．两个粒子的电势能都增加C．粒子在两板间的加速度为a＝2v20LD．粒子从N板下端射出的时间t＝（2－1）L

2v07.[2022·河北卷]如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)，P为MN连线上的一点，且

MP<PN，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是()A．P点电势低于S点电势B．T点电场强度方向指向O点C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点D．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功8.[2022·浙江6月]如图为某一径向电场示意图，电场强度大

小可表示为E＝ar，a为常量．比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则()A.轨道半径r小的粒子角速度一定小B．电荷量大的粒子的动能一定大C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动9．[2022·福建押题卷]空间中仅有在

x轴上的关于原点O对称的M、N两点上有两个场源点电荷QM、QN，空间中产生电场．以x轴正方向为沿x轴上的电场强度Ex的正方向，Ex与x的关系如图所示．x轴上任意关于O点对称的两点的Ex相同．P、Q两点关于M点对称．以下说法

正确的是()A．QM与QN的电荷量大小相等B．QM为负电荷，QN为正电荷C．MP两点间电势差UMP小于MQ两点间电势差UMQD．将一负检验电荷从P点移动到Q点，电场力对其所做总功为正10．[2022·山东冲刺卷]沿电场线所在直线建立如图所示Ox轴，x轴上

各点电势φ随x的变化规律如图所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，O点电势为零．带电量为－e的电子从O点由静止释放，仅受电场力作用，下列说法正确的是()A.在0～x3区间内，电场方

向始终指向x轴正方向B．电子到达B点时动能为eφ02C．电子从A运动到C，加速度先减小后增大D.若在B点给电子一个沿x轴方向的初速度，电子一定会在AC间做往复运动二、非选择题11.如图所示，在E＝103V/m的水平向左匀强电场中，

有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝0.4m，一带正电荷q＝10－4C的小滑块质量为m＝0.04kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取1

0m/s2，求：(1)小滑块受到的电场力大小；(2)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？(3)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)12．如图甲所示，长为L的两块导体板水平平行放置，大量质量为m、

电量为e的电子由静止开始，经电压U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为T(T未知)，现给两板间加上如图乙所示的幅值恒为U1的周期性电压．(1)求

电压变化的周期T；(2)为保证有电子能从两板间穿出，求两平行导体板间的最小距离d1；(3)若所有电子均能从两板间穿出，求两平行导体板间的最小距离d2.专题强化训练10电场及带电粒子在电场中的运动1．解析：按下“？”键过程中，

按键金属片间组成的电容器两极板间距d减小，根据C＝εS4πkd可知电容C变大，因两板电压U一定，根据Q＝CU可知，电容器带电量增大，电容器处于充电状态，此时根据E＝Ud可知金属片间的场强E变大．故选C.答案：C2．解析：初始状态下，液滴处于静止状态时，满足Eq＝mg即Udq＝43πr

3·ρg，当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足2Udq′＝43πr3·ρg可得q′＝q2，A、B错误；当电势差调整为2U时，若液滴的半径变为2r时，则满足2Udq′＝43π（2r）3·ρg可得q′＝4q，C错误，D正确．答案：D3．解析：球壳靠

的很近，形成类静电屏蔽，内部场强为零，A正确；根据对称性可以判断，球壳Ⅰ在O点形成的电场强度方向水平向右，B正确；把两球壳看成整体，在A点形成的电场强度为E＝2kqd2，方向沿OA从O指向A，两球壳在A点分别形成的电场强度

方向均沿OA从O指向A，则E＝E1＋E2，解得E2＝2kqd2－E1，C正确；电势是标量，球壳Ⅰ和球壳Ⅱ电荷量相等，壳Ⅱ距A点距离近，形成的电势高，D错误．答案：D4．解析：两等量正离子在O点的合场强为0，两等量负离子在O

点的合场强为0，则四个离子的合场强为0，所以A错误；由于等量异种电荷的连线的中垂线为等势线，则A、O、B都在同一等势线上各点电势相同，都为0，所以B错误，D正确；A、B两点电场强度大小相等，方向相反，

所以C错误．答案：D5．解析：正电荷在P点受到的电场力方向跟图中的等势线垂直，粒子要通过Q点，故粒子在P点受到的电场力方向如图所示，可知两个等量异种点电荷，左侧为正点电荷，右侧为负点电荷，P点等势线更密，故P点的电场强度比Q点的

电场强度大，A错误；电场方向由正电荷指向负电荷，沿电场方向电势降低，故P点的电势比Q点的电势高，B错误；正的试探电荷所处位置的电势越高，电势能越大，故该电荷在P点的电势能比在Q点的电势能大，C正确；电荷从P运动到Q的过程，电场力做正功，电荷的动能增加，故该电荷在P点的动

能比在Q点的动能小，D错误．答案：C6．解析：粒子的电性未知，粒子从M极板到N极板，电场力做正功，但不能判断极板电势的高低，A错误；电场力做正功时，粒子电势能减小，B错误；根据能量守恒定律可知，平行M板向下的粒子，到达N极板下端时的速度大小仍为2v0，在平行极板方向做匀速运动，速度为v0

，在垂直极板方向做匀加速直线运动，有a＝v0t，t＝L2v0，解得a＝2v20L，C正确，D错误．答案：C7．解析：在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根

据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，A错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则在N右侧，设MN距离为L，根据k·

2q（L＋d）2＝k·q（d）2可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，C错误；由A选项分析可知：T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的电势能低于在P点电势的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增大，静电力做负

功，D错误；设等势圆的半径为R，AN距离为x，MN距离为L，如图所示根据点电荷电势公式：φ＝kqx结合电势的叠加原理，A、S满足k·2qL－x＝kqx，k·2qL＋2R－x＝kq2R－x解得x＝L3，R＝2L3由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势φO＝k

·2qL＋L3－kqL3＝－3kq2L可知φT>φO，可知T点电场方向指向O点，B正确．答案：B8．解析：粒子在半径为r的圆轨道运动，有qE＝mω2r，将E＝ar代入上式得ω2＝qamr2，可知轨道半径小的粒子，角速度大，A错误；由qE＝mv2r、Ek＝12mv2、E＝ar解得Ek

＝qa2，即电荷量大的粒子动能一定大，B正确；由qE＝mv2r、E＝ar可得v2＝qam，即粒子速度的大小与轨道半径r无关，C正确；带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D错误．答案：BC9．解析：该电场是等量异

种电荷在空间中产生的电场，其中，QM为正电荷，QN为负电荷，A正确，B错误；正电荷QM在MP和PQ区间产生的电场强度的平均值大小相同有E－MP＋＝E－MQ＋，负电荷QN在MP和PQ区间产生的电场强度的平均值大小不同有E－MP－<E－MQ－，MP区间E－MP＋与E－MP－方向相反，MQ区间

E－MQ＋与E－MQ－方向相同，则合场强E－MQ>E－MP，根据U＝E－d，有UMP<UMQ，C正确；将负检验电荷从P点移动到Q点，正电荷QM对检验电荷做功为零，负电荷QN对检验电荷做功为负功，故电场力对该检验电荷所做

总功为负，D错误．答案：AC10．解析：根据沿电场方向电势降低可知，在0～x3区间内，电场方向分别是从x1指向O，x1指向x2，x3指向x2，A错误；电子从O点由静止释放到B的过程，根据动能定理可得－e0－φ02＝EkB－

0，解得EkB＝eφ02，B正确；由E＝Ud＝ΔφΔx可知φ­x图像的斜率绝对值表示电场强度大小，由图可知电子从A运动到C，电场强度先减小后增大，电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，C正确；若在B点给电子一个

沿x轴方向的初速度，如果初速度方向沿＋x方向，电子受到沿＋x方向的电场力，电子做加速运动，电子并不会在AC间做往复运动，D错误．答案：BC11．解析：（1）小滑块受到的电场力大小为F＝qE＝10－4×103N＝0.1N.（2）小滑块在L点时，重力提供向

心力mg＝mv2LR设滑块与N点的距离为x，分析滑块的运动过程，由动能定理可得qEx－μmgx－mg·2R＝12mv2L－0联立并代入数据解得x＝20m.（3）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得qE（x＋R）－μmgx－

mgR＝12mv2P－0在P点时由牛顿第二定律可得FN－qE＝mv2PR联立并代入数据解得FN＝1.5N答案：（1）0.1N（2）20m（3）1.5N12．解析：（1）由eU0＝12mv20电子水平方向匀速直线运动L＝v0T解得T＝Lm2eU0.（2）在t＝

n＋12T（n＝0，1，2…）时刻进入的电子恰能打到极板边缘时，所有电子均能打到极板上，根据牛顿第二定律eU1d1＝ma1则d12＝12a1T22解得d1＝U18U0L.（3）在t＝nT（n

＝0，1，2…）时刻进入的电子恰好能打到极板边缘时，所有电子均能通过极板，根据牛顿第二定律eU1d2＝ma2则d22＝12a2T22＋a2T2×T2解得d2＝3U18U0L.答案：（1）Lm2eU0（2）U18U0L（3）3U18U0L