高考物理一轮复习 单元质检八 静电场(含解析)新人教版

学习资料
单元质检八静电场
(时间:45分钟满分：100分）
一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分，共30分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求）
1.如图所示为静电除尘机理图,废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区,放电极（位于中央)和集尘极分别接到高压直流电源的两极上，其间电场线如图.带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积,达到除尘目的。

不考虑尘埃间的相互作用及其他作用,下列说法正确的是（)
A.电场线方向由放电极指向集尘极
B.图中a点电场强度小于b点电场强度
C。

尘埃会沿图中虚线从c到d运动
D。

尘埃在运动过程中动能增大
2。

如图所示，在x轴上相距为L的两点固定等量异种电荷+Q、—Q,虚线是以-Q所在点为中心、边长也为L的正方形，a、b、c、d是正方形的四个顶点,且a、b连线平行x轴。

则下列说法正确的是()
A。

b点电势高于d点
B。

b、c连线上各点电势相同
C。

a、d两点处的电场强度相同
D.将一正电荷沿虚线由a 点移至b 点,其电势能逐渐增大 3。

如图所示,空间有一正三棱锥P —ABC ，D 点是BC 边上的中点，O 点是底面ABC 的中心,现在顶点P 点固定一正的点电荷，则下列说法正确的是( ) A.A 、B 、C 三点的电场强度相同 B.底面ABC 为等势面
C 。

若O 、B 、C 三点的电势为φO 、φB 、φC ,则有φB -φO =φO —φC
D.将一正的试探电荷沿直线从B 点经D 点移到C 点，静电力对该试探电荷先做负功后做正功 4。

（2021届河南鹤壁高中月考)有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，给电容器再充上一些电荷ΔQ ,油滴开始向上运动,经时间t 后,电容器突然放电，失去一部分电荷ΔQ'，又经时间t ，油滴回到原位置,假如在运动过程中油滴电荷量一定,则（ ）
A 。

ΔQ '
ΔQ =4 B.ΔQ '
ΔQ =3 C 。

ΔQ 'ΔQ =2 D 。

ΔQ '
ΔQ =1
5。

(2021届安徽池州一中月考）如图所示,在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E=6.0×105
N/C ，方向与x 轴正方向相同.在
O处放一个电荷量-5。

0×10-8 C、质量m=1.0×10—2 kg的绝缘物块.物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20,沿x轴正方向给物块一个初速度v0=4.0 m/s,g取10 m/s2,则物块最终停止时的位置是(）
A.O点左侧0。

4 m B。

O点左侧0。

8 m
C。

O点右侧0.4 m D.O点右侧0。

8 m
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
6.(2021届安徽池州一中月考)如图甲所示为电场中的一条电场线,在电场线上建立坐标轴,则坐标轴上O~x2间各点的电势分布如图乙所示,则（）
A.在O~x2间，电场强度先减小后增大
B.在O~x2间,电场强度方向一定发生了变化
C.若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐增大
D。

从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷,则该电荷在O~x2间一直做加速运动
7。

(2021届江西南昌月考）如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上,且AB=2BC,由此可见（）
A。

电场力为3mg
B。

小球带正电
C。

小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1
D。

小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
8.(2021届广东珠海月考）两个等量同种电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上有A、
B、C三点,如图甲所示，一个电荷量为2×10-5C，质量为1 g的带正电小物块在水平面上从C 点静止释放,其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。

则下列说法正确的是（）
A.B点为中垂线上电场强度最大的点,电场强度E=100 N/C
B。

由C点到A点电势先增加后减少
C.由C到A的过程中物块的电势能先变小后变大
D。

A、B两点间的电势差U AB=-500 V
三、计算题（本题共3小题,共52分）
9.
（14分）（2020江西南昌月考)如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场,在虚线PQ右侧相
距为L处有一与电场E2平行的屏。

现将一电子（电荷量为e,质量为m,不计重力）无初速度地
,最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂放入电场E1中的A点,A点到MN的距离为Q
2
足为O，求：
(1）电子在电场E1中的运动时间t1;
（2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值;
（3）电子打在屏上的点P’（图中未标出）到点O的距离。

10.
（18分)（2020云南五华昆明一中月考)如图所示，在竖直平面内，倾角θ=37°的光滑绝缘轨道AB与半径为R=2.5 m的光滑绝缘圆弧轨道BC在B点相切,O为半圆弧轨道的圆心,CO竖直。

整个轨道处于水平向右，大小为E=3×10—3 V/m的匀强电场中。

C处装有力传感器,能测出轨道C点处受到的压力。

某次,一个电荷量为q=3×10-3 C，质量为m=1.2 kg的带正电的小球，以某一初速度从A点沿轨道向上运动，运动到C点时，力传感器的示数恰好为0。

重力加速度g取10 m/s2。

√486≈22。

求:
(1）小球到达C点的速度大小;
(2）小球在B点对轨道的压力;
(3）若小球离开C点后能落回斜面AB上,求小球从C点落到斜面的时间。

11。

（20分）(2020广东番禺仲元中学月考）如图所示,虚线MN上方存在沿水平方向的匀强电场区域。

同一竖直面内,两个半径相同、带电荷量分别为+q和—q的弹性小球P、Q，在距MN分别为2h和0。

5h处，沿平行电场的方向同时向与MN垂直的虚线抛出,P的初速度是Q的4倍,之后两球均从O点垂直MN射出电场.在与MN距离为y(y未知）的水平面固定一绝缘弹性板,Q球与板发生第一次碰撞后在返回MN处时恰好与P发生碰撞.假设两球与挡板、两球之间的碰撞均为弹性正碰，且球与挡板碰后电荷量不变，两球碰后电荷中和。

已知重力加速度为g,忽略两球之间的库仑力，则:
(1）P、Q两球的质量之比为多少？
(2)求y的大小;
（3)两球第一次碰后,改变距离y，Q与挡板第二次碰后撤去挡板,使得Q能在MN上方与P再次碰撞，求y的范围.
参考答案
单元质检八静电场
1。

D因为带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积，可知集尘极带正电荷,是正极，电场线方向由集尘极指向放电极，故A错误;电场线的疏密表示电场的强弱,所以图中a
点电场强度大于b点电场强度，故B错误;放电极与集尘极间是非匀强电场,所受的电场力是变化的,尘埃不会沿图中虚线从c到d运动,故C错误.带电尘埃所受的电场力做正功，所以在迁移过程中动能增大,故D正确。

2。

C因为ad是电势为零的等势线，则d点的电势为零,而b点电势小于零,可知d点电势高于b点,A错误；b、c两点电势相同，但是b、c连线上各点电势不相同，B错误；a、d两点关于x轴对称,电场强度大小相等,方向是对称的；又由于a、d两点在两个电荷连线的中垂线上，故电场强度方向与x轴平行;故a、d两点处的电场强度相同,C正确;a点在两个电荷连线的中垂线上,a点电势高于b点,将一正电荷沿虚线由a点移至b点,其电势能减小,则D错误。

3.D A、B、C三点到P点的距离相同，故三点的电场强度的大小相等，但方向不同,A错误;A、
B、C三点到P点的距离相同,三点电势相等，但底面ABC其他点电势与三点电势不相同,故底面ABC不为等势面，B错误；由于B、C两点电势相等，因此三点电势满足φB-φO=—(φO—φC）,C 错误;由于B、C两点到P点的距离相等，且大于D点到P点的距离,将一正的试探电荷沿直线从B点经D点移到C点，试探电荷先靠近P点再远离P点，由于带同种电荷，静电力对该试探电荷先做负功后做正功，D正确。

4.A 根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E=
Q +ΔQ QQ 、E'=Q +ΔQ -ΔQ '
QQ
,而依题意有mg=q Q
QQ ，根据牛顿第二定律可得qE —mg=ma 、mg-qE'=ma'，依题意有x=1
2at 2、—x=at 2—1
2a't 2,
解得
Q
Q '
=13
，可求得
ΔQ 'ΔQ
=4，只有选项A 正确。

5.B 物块由O 点向右运动到第一次速度为零的过程，根据动能定理-(qE+μmg ）x=0-1
2QQ 02,解得x=1。

6m ，由于qE>μmg ,所以物体将先向左做加速运动，过边界后做减速运动,设过边界后最终停在O 点左方x’的位置,对物块从第一次停止到停在O 点左方x'的位置过程由动能定理得qEx —μmg (x+x')=0,解得x'=0.8m,B 正确。

6。

CD φ—x 图像的斜率的绝对值大小等于电场强度,由几何知识得知，斜率先增大后减小,则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负值,电场强度方向没有改变。

故AB 错误。

由图看出,电势逐渐降低，若一负电荷从O 点运动到x 2点,电势能逐渐升高.故C 正确。

从O 点静止释放一仅受电场力作用的正电荷,受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动,即该电荷在
O ～x 2间一直做加速运动，故D 正确。

7。

ACD 由题图知在电场中，小球受合外力竖直向上,故电场力竖直向上与电场方向相反,故小球带负电,故B 错误;小球在水平方向始终做匀速运动，由题可知,从A 到B 与从B 到C 水平位移之比为2∶1,根据x=vt ,知运动时间之比为2∶1，故C 正确；设在B 点竖直方向速度为
v y ,则从A 到B ,Q Q 2=2gh 1,从B 到C ,Q Q 2=2ah 2,其中a=
QQ -QQ
Q
、h 1=2h 2，联立解得qE=3mg ,故
A 正确;从A 到
B 速度变化量为v y ,从B 到
C 速度变化量为—v y ，故两个过程速度的变化量大小相等,故
D 正确。

8。

AD 根据v -t 图像可知物块在B 点的加速度最大为a=
ΔQ ΔQ
=
4-0
7-5
=2m/s 2
，所受的电场力最大为F=ma=1×10—3
×2=2×10—3
N,故B 点的电场强度最大为E=Q
Q =
2×10-32×10-5
=100N/C ，A 正确；根据
两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到A 点电势逐渐减小,B 错误；根据v -t 图像可知C 到A 的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小,故C 错误；由A 到B 根据动能定理可得W AB =ΔE k =1
2QQ Q 2−1
2QQ Q 2=-0.01J,又因W AB =qU AB ,故U AB =
Q QQ
Q
=
-0.012×10-5
V =-500V ，D 正确。

9。

答案(1)√QQ QQ (2)2 (3）3L
解析（1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律得:a 1=QQ 1Q =QQ Q
由x=12at 2得:Q 2=12
a 1Q 12 解得:t=√QQ QQ
(2)设粒子射出电场E 2时平行电场方向的速度为v y ，由牛顿第二定律得,电子进入电场E 2时的加速度为: a 2=QQ 2Q =2QQ Q 、v y =a 2t 2
电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角的正切值为:tan θ=Q Q Q 1
联立得:tan θ=2
(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示，设电子打到屏上的点P'到O 点的距离为x ，根据下图几何关系得tan θ=Q
3Q 2
联立得:x=3L
10。

答案(1）5 m/s (2)81 N,方向垂直于AB 向下 （3)1.12 s
解析(1)力传感器示数为0,则小球到达C 点时仅受重力和电场力,由重力提供向心力
mg=m
Q Q 2Q v C =√QQ =5m/s
（2）从B 点运动到C 点的过程中,克服重力和电场力做功，由动能定理得
-mg (R+R cos θ)-qER sin θ=12QQ Q 2−12QQ Q 2
m Q Q 2=165kg ·m 2/s 2
由小球的受力分析，小球受到重力与电场力的合力 F=54mg=15N
F 与重力方向的夹角为β，则tan β=QQ QQ =34，β=θ=37°。

所以F 的方向垂直于AB ,因此在B 点F N —F=m Q Q 2Q 代入数据解得：F N =81N ，由牛顿第三定律可得,小球对轨道的压力为F N '=F N =81N ，方向垂直于AB 向下.
(3）设小球落到离B 距离为x 的P 点,则小球水平方向做匀减速直线运动a x =QQ Q x cos θ—R sin θ=v C t —12a x t 2
竖直方向做自由落体运动 R+R cos θ+x sin θ=12gt 2
代入数据解得：t=2825s =1.12s 11。

答案(1）1∶2 (2）y=58h (3）32h<y 〈4h
解析（1)设P 的质量为m ,Q 的质量为M ,P 的加速度大小为a 1,Q 的加速度大小为a 2,Q 的初速度大小为v 0，P 的初速度大小为4v 0,P 、Q 球从抛出到到达O 点时间分别为t 1和t 2。

由题意可知两球在水平方向均减速，则4v 0—a 1t 1=0、v 0—a 2t 2=0
两球受到的电场力大小相等，由牛顿第二定律得qE=ma 1、qE=Ma 2
两球在竖直方向的加速度均为g ,则2h=12QQ 12、
Q 2=12QQ 22 联立可得m ∶M=1∶2
（2）设Q 球从离开电场到与挡板碰撞经历的时间为T ,它从挡板返回MN 时间也为T ，由两球运动时间相等得2T+t 2=t 1
设Q 球到达MN 时速度大小为v 2,在竖直方向上,由运动的独立性原理知,小球做自由落体运动，有Q 22=2g·Q 2
由运动学公式得y=v 2T+12gT 2
解得y=58h (3)Q 与P 第一次碰后,Q 相对P 的速度为Δv 1=3√QQ
设经过t 1时间，Q 与挡板相碰,则Δs 1=Δv 1t 1=3t 1√QQ
碰后瞬间,Q 球的速率分别为v 2',由题意有v 2'=√QQ +gt 1,方向竖直向上
此时P 球的速度为v 1’=2√QQ—gt 1
设经过t 2时间,两球再次碰撞,则Δs 1=（v 2’-v 1’)t 2
要在MN 上方碰撞，则t 1+t 2<T 2
联立解得√Q Q 〈T 1〈2√Q Q ，即32h<y 〈4h 。