第1部分 专题3 第8讲 电场（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

(建议用时：40分钟) [A组　基础达标练] 1．(2024·河北卷，2)我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔．雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是(　　) A．a点　 B．b点　　C．c点　　D．d点 解析：C　[在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小．由题图可知，c点等差等势线最密集，故c点电场强度最大，C正确．] 2．(2024·江苏南通模拟)如图甲所示的是静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的金属线上，其横向截面图如图乙所示，虚线PQ是某带电粉尘的运动轨迹，则该粉尘(　　) A．带正电荷 B．在P点的动量大小比在Q点的大 C．在P点的电势能比在Q点的高 D．会被吸附到金属线上 解析：B　[虚线是粉尘的运动轨迹，其所受的合外力指向轨迹的凹侧，即带电粉尘受到的电场力的方向指向金属圆筒，即粉尘带负电荷，故A项错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，由题图可知，Q点的电势比P点的电势低，因粉尘带负电，由Ep＝qφ，可知电势大的地方，电势能小，即粉尘在P点的电势能比在Q点的电势能小，对于粉尘有E＝Ek＋Ep，对于同一个粉尘，粉尘在P点的速度大于在Q点的速度，由动量的定义可知，粉尘在P点的动量大小比在Q点的大，故B正确；C错误；由于粉尘带负电，而金属圆筒带正电，正负电荷互相吸引，所以粉尘最终会被吸附到金属圆筒上，故D项错误．] 3．(2024·辽宁卷，5)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图(a)所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图(b)所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液的浓度，则(　　) 图(a)　　　　　　　　图(b) A．电容器的电容减小 B．电容器所带的电荷量增大 C．电容器两极板之间的电势差增大 D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 解析：B　[A.降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的电容决定式C＝可知电容器的电容增大，故A错误；BC.溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据Q＝CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；D.根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，故D错误．] 4．(2024·安徽芜湖市高三期末)如图所示，真空中两个等量同种正点电荷放置在M、N两点，MN连线上的中点为D，以MD为棱构成一个空间正方体，A、B、C是该正方体上三个顶点．则下列说法正确的是(　　) A．A、C两点的电场强度相同 B．B、D两点的电势相等 C．将电子从C点沿CB方向射出，电子可能做匀速圆周运动 D．将电子从B点沿BC方向射出，电子可能做匀速圆周运动 解析：C　[由对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，方向不同，选项A错误；因D点距离两正电荷比B点更近，可知D点的电势高于B点电势，选项B错误；电子在以D为圆心、以正方体棱长为半径的圆周上所受的静电力大小相等且都指向D点，则将电子从C点沿CB方向射出，因该方向与静电力方向垂直，若静电力提供电子所需的向心力，则电子可能做匀速圆周运动，选项C正确；因BC方向与电子在B点受的静电力方向不垂直，将电子从B点沿BC方向射出，则电子不可能做匀速圆周运动，选项D错误．] 5．(2024·山东省济南市期末测试)两个点电荷位于x轴上，在它们形成的电场中，若取无限远处的电势为零，则在x轴正半轴上各点的电势如图中曲线所示，当x→0时，电势φ→∞，当x→∞时，电势φ→0.电势为零的点的横坐标为x1，电势为最小值－φ0的点的横坐标为x2，根据图线提供的信息，下列判断正确的是(　　) A．这两个点电荷一定是同种电荷 B．这两个点电荷一定是等量的异种电荷 C．在x1处的电场强度为零 D．在x2处的电场强度为零 解析：D　[若这两个点电荷是同种电荷，则在x1处的电势不可能为零，因此这两个点电荷一定是异种电荷，选项A错误；当x→0时，电势φ→∞，可知在原点一定有正点电荷，负点电荷只能在x轴负半轴上，且负点电荷所带电荷量的绝对值一定大于正点电荷所带电荷量，可知这两个点电荷必定是不等量的异种电荷，选项B错误；根据电场强度与电势的关系可知E＝，故在x2处的电场强度为零，在x1处的电场强度不为零，选项D正确，C错误．] 6．(2022·浙江卷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v0；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＝ D．粒子从N板下端射出的时间t＝ 解析：C　[A.由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误； B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误； CD.设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有(v0)2－v＝2ad， 联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误；故选C.] 7. (多选)(2024·江西南昌市一模)如图所示，竖直平面内有匀强电场，a、b、c、d为沿竖直方向的等势线，且a等势线的电势高于d等势线的电势．一带负电的微粒从b等势线O点以某一初速度沿竖直平面向右上方发射，初速度方向与水平方向的夹角θ＝37°.带电微粒运动到其轨迹的最高点时，速度大小与O点速度大小相等，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，则可判断在此过程中(　　) A．静电力对带电微粒一定做正功 B．微粒运动轨迹的最高点可能在b等势面上 C．微粒受到的静电力与它的重力之比为3∶1 D．静电力对微粒做的功与微粒的重力势能增量之比为3∶1 解析：AC　[当微粒运动到其轨迹最高点时，其竖直方向的分速度为零，该过程中重力对微粒做负功，微粒的速度大小不变，则动能不变，根据动能定理可知，静电力一定对带电微粒做正功，故A正确；因为a等势线的电势高于d等势线的电势，所以匀强电场中电场强度的方向水平向右，则带负电的微粒受到的静电力的方向水平向左，静电力对该带电微粒做正功，所以微粒运动轨迹的最高点一定在b等势线的左侧，故B错误；由题意可知带电微粒在水平方向上先向右做匀减速运动，速度减为零后反向匀加速，其水平初速度和竖直初速度的大小分别为v0x＝v0cos 37° ，v0y＝v0sin 37°，设静电力为F，取水平向左为正方向，根据牛顿第二定律可知微粒在水平方向的加速度大小为a＝，根据运动学公式可得微粒从开始到运动至最高点所需的时间为t＝，由题意可知v0＝at－v0x，联立各式解得＝，故C正确；重力对微粒做负功，静电力对该微粒做正功，由于微粒的动能不变，则重力做功的绝对值与静电力做的功大小相等，所以静电力对微粒做的功与微粒重力势能增量相等，之比为1∶1，故D错误．] 8．(2024·四川泸州市高三二模)(多选)如图所示，abcd为匀强电场中的一直角梯形，其平面与电场强度方向平行．已知ab＝ad＝2 cm，∠adc＝60°，a、b、d三点的电势分别为0 V、4 V、4 V，则(　　) A．c点的电势为10 V B．匀强电场的场强为400 V/m C．若将电子从a点移到b点，需克服电场力做功4 eV D．电子和质子分别放在d点时，具有相同的电势能 解析：AB　[由几何关系可知dc＝1.5ab，则Udc＝1.5Uab，即φd－φc＝1.5(φa－φb)，可得φc＝10 V， 选项A正确；因bd连线是等势线，则电场强度方向垂直bd连线方向指向a点，则电场强度大小 E＝＝ V/m＝400 V/m，选项B正确；若将电子从a点移到b点，电场力做正功，大小为4 eV，选项C错误；电子和质子分别带等量异号电荷，则放在d点时，具有的电势能大小相等，符号相反，选项D错误．] [B组　创新应用练] 9. (多选)(2024·河北邢台市高三期末)如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强电场(图中未画出)，A、B、C、D、M、N是棱长为a的正八面体的六个顶点，在同一竖直线上的M、N两点均固定有电荷量为Q的正点电荷，一质量为m、电荷量为q的点电荷在正方形ABCD内(水平)绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周运动．静电力常量为k，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　) A．做匀速圆周运动的点电荷带正电 B．匀强电场的电场强度为 C．做圆周运动的点电荷的角速度为 D．做圆周运动的点电荷的动能为 解析：BC　[点电荷在正方形ABCD内(水平)绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周运动，故只有当点电荷为负电荷时，才能受到水平面向内的合力，故点电荷带负电，A错误；匀强电场的作用是使电荷所受的静电力与重力平衡，则有Eq＝mg，故匀强电场的电场强度大小为E＝，B正确；在正八面体正方形ABCD内(水平)做半径最大的圆周运动，故圆周运动的半径R＝，电荷到场源电荷的距离为r＝， 如图所示，由几何知识可得cos θ＝，每个场源电荷对点电荷的库仑力大小为F＝＝，点电荷受到的合力大小为F合＝2Fcos θ＝2××＝，根据合力提供向心力有F合＝mω2R，解得ω＝ ，C正确；由动能的表达式得Ek＝mv2＝m(ωR)2＝，D错误．] 10．(多选)(2022·全国乙卷，21)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R＋d)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O为圆心．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点.4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器．不计重力．粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R＜r1＜r2＜R＋d)；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图(b)中虚线所示．则(　　) A．粒子3入射时的动能比它出射时的大 B．粒子4入射时的动能比它出射时的大 C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能 D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能 解析：BD　[C.在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为Er＝k 带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝m，qE2＝m， 可得mv＝＝，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；A.粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误； B．粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；D.粒子3做向心运动，有qE2＞m， 可得mv＜＝mv，粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确，故选BD.] 11. (多选)(2024·山西太原市高三期末)如图所示，菱形aObP(ab＞2OP)的顶点a、b处分别固定有等量的正点电荷．取无穷远为零电势点，OP方向为x轴正方向．若将一带负电的粒子从O点由静止释放，在粒子从O点运动到P点的过程中，下列关于O、P间的电场强度E、电势φ以及粒子的电势能Ep、动能Ek分别随x变化的图线中，可能正确的是(　　) 解析：BD　[根据等量正点电荷连线中垂线上的电场强度分布可知，从O到P电场强度可能先增加后减小到零，然后反向增加再减小；或者先减小到零，然后反向增加，因此电场强度在过OP中点后图像应在x轴下方，则A错误．从O到P电势先升高后降低，O、P两点电势相等，中点电势最高，则B正确．静电力对负电荷先做正功后做负功，则动能先增加后减小，电势能先减小后增加，但是负电荷在各点的电势能均为负值，Ep­x图像应该在x轴下方，则C错误，D正确．] 12．(2024·湖北省华中师范大学第一附属中学高三测试)如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场．AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方．一质量为m、电荷量为q的带正电小球，以初速度vA竖直向下从A点沿切线进入半圆轨道内侧，沿轨道运动到B处以速度vB射出．已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小E＝，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　) A．从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小 B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大 C．在A、B两点的速度大小满足vA>vB D．从B点抛出后，小球速度的最小值为 解析：D　[从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；等效重力与竖直线夹角约37°偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；B点比A点更靠近等效最低点，所以vA＜vB，故C错误；从A到B，由动能定理mgR－EqR＝mv－mv，解得vB＝，之后小球做斜抛运动，在垂直于等效重力场方向上的分速度为零时即为最小速度，则vmin＝vB＝ ，故D正确．] 13．(2024·河南郑州一中期中)在地面附近存在一个有界电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v­t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　) A．小球受到的重力与电场力大小之比为4∶5 B．t＝5 s时，小球经过边界MN C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于克服电场力做的功 D．在1～4 s过程中小球机械能先减小后增大 解析：D　[由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s，B错误；由图像的斜率等于加速度求得小球进入电场前的加速度为a1＝＝＝v1(m/s2)进入电场后的加速度大小为a2＝＝(m/s2)，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得电场力F＝mg＋ma2＝ma1，可得重力mg与电场力F的大小之比为3∶5，A错误；整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与克服电场力做的功大小相等，C错误；整个过程中，由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在1～4 s过程中，电场力先做负功，后做正功，小球的机械能先减小后增大，D正确．] 14．(2023·新课标卷，25)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、；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，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)由题意，设空气阻力为：f＝krv，则无电压时，有：油滴a：mag＝krav0、油滴b：mbg＝krb×，又m＝ρ×πr3，可得：＝，＝. (2)由题可知加电压后，油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，直到两者共速，所以油滴a受到向上的电场力，油滴b受到向下的电场力，故油滴a带负电，油滴b带正电．油滴a：mag＝kra×＋qaE、油滴b：mbg＋qbE＝krb×，可得：＝. 答案：(1)油滴a和油滴b的质量之比为；(2)油滴a带负电，油滴b带正电；a、b所带电荷量的绝对值之比为＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$