2017版《大高考》高考物理总复习 模拟创新题：专题七 静电场

专题七 静电场
一、选择题
*1． 如图(a)所示，AB 是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB 由点A 运动到点B ，所经位置的电势随距A 点的距离变化的规律如图(b)所示。

以下说法正确的是( )
A ．电子在A 、
B 两点的速度v A <v B B ．A 、B 两点的电势φA <φB
C ．电子在A 、B 两点的电势能E p A >E p B
D ．A 、B 两点的电场强度
E A >E B
解析 可判断出电场线的方向从A 到B ，电子所受的电场力从B 到A ，则电子在A 点运动到B 点的过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大。

即有v A ＞v B ，E p A ＜E p B 。

故A 、C 错误；由图看出，电势逐渐降低，φA ＞φB ，故B 错误；φ－x 图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象切线斜率不断减小，则从A 到点B 场强减小，则有E A ＞E B ，故D 正确。

选D
*2． 如图甲所示，直线上固定两个正点电荷A 与B ，其中B 带＋Q 的电荷量，C 、D 两点将AB 连线三等分，现有一个带负电的粒子从C 点开始以某一初速度向右运动，不计粒子所受的重力，并且已知该粒子在C 、D 间运动的速度v 与时间t 的关系图象如图乙所示，则A 点电荷的带电荷量可能是( )
A ．＋5Q
B ．＋3Q
C ．＋2Q
D ．＋Q
解析 由v －t 图象可知该粒子在两正电荷A 、B 的作用下做加速度逐渐减小的减速运动，故点电荷A 对
其的库仑力大于点电荷B 对其的库仑力，根据库仑定律，在D 点，k Q A q 4r 2>k Qq
r
2，即Q A >4Q ，故A 正确
3． (多选) 一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能E 随位移x 变化的关系如图所示，其中O ～x 2段是对称的曲线，x 2～x 3段是直线，则下列说法正确的是( )
A ．从x 1到x 3带电粒子的加速度一直增大
B ．从x 1到x 3带电粒子的速度一直减小
C ．粒子在O ～x 2段做匀变速运动，x 2～x 3段做匀速直线运动
D ．x 1、x 2、x 3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3
解析 根据电势能与电势的关系及电场强度与电势的关系，可知：E －x 图象切线的斜率大说明电场强度大，由图可知：在0～x 1段，电场强度减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小；在x 1～x 2段，电场强度增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大；在x 2～x 3段，电场强度大小和方向不变，粒子所受的电场力不变，加速度不变；所以从x 1到x 3带电粒子的加速度先增大，后不变，故A 错误；从x 1到x 3电势能增大，动能减小，带电粒子的速度一直减小，故B 正确；粒子在0～x 2段做变加速运动，x 2～x 3段做匀变速直线运动，故C 错误；粒子带负电，电势能大的地方，电势低，x 1、x 2、x 3处电势φ1、φ2、φ3关系是φ1>φ2>φ3，故D 正确。

选BD
*4．如图所示，等量异种点电荷A 、B 固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB 的中垂线重合，C 、D 是绝缘杆上的两点，ACBD 构成一个正方形。

一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C 点无初速释放，由C 运动到D 的过程中，下列说法正确的是( )
A ．小球的速度先减小后增大
B ．小球的速度先增大后减小
C ．杆对小球的作用力先减小后增大
D ．杆对小球的作用力先增大后减小
解析 等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右，从C 到D 场强的大小先变大后变小，并且C 、D 两点的场强相等。

带负电的小球沿光滑杆运动时，竖直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，则小球的速度越来越大，A 、B 错；杆对小球的作用力等于电场力，则先变大，后变小，C 错，D 对。

5． 一个正点电荷Q 静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点射入该区域时，仅受电场力的作用恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a 、b 、c ，如图所示，则有( )
A ．质点在a 、b 、c 三处的加速度大小之比是1∶2∶1
B ．质点由a 到b 电势能减小，由b 到c 电场力做负功，在b 点动能最小
C ．a 、b 、c 三点电势高低及电场强度大小的关系是φa ＝φc >φb ，E a ＝E c ＝2E b
D ．若改变带电质点在a 处的速度大小和方向，有可能使其在该电场中做类平抛运动
解析 粒子P 在a 、b 、c 三点时加速度大小要根据库仑定律来求，由图可知，r a ＝r c ＝2
2
r b ，代入库仑定
律： F ＝k Qq
r
2，得：质点在a 、b 、c 三处的库仑力大小之比是2∶1∶2，由牛顿运动定律可知：质点
在a 、b 、c 三处的加速度大小之比是2∶1∶2，故A 错误；由于电荷受到的电场力指向轨迹的内侧，可知，两个电荷是异种电荷，所以质点由a 到b ，电场力做负功，电势能增加，动能减小，由b 到c ，电场力做正功，电势能减小，动能增大，在b 点动能最小，故B 错误；根据点电荷的电场线的特点，场源电荷Q 与a 、c 距离相等，都小于b ，故a 、b 、c 三点电势高低φa ＝φc >φb ，由点电荷电场强度得：
E a ＝kQ r 2a ，E b ＝kQ r 2b ，E c ＝kQ
r 2c
；所以E a ＝E c ＝2E b ，故C 正确；因为是点电荷形成的电场，电场力是变
力，所以带电粒子不可能做类平抛运动，故D 错误。

选C
*6． (多选) 如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场(边界上有电场)，电场强度为E ＝mg
q
，ACB
为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AB 为1
4
圆弧，一个质量为
m ，电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H ＝R 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是( )
A ．小球到达C 点时对轨道压力为2mg
B ．小球在A
C 部分运动时，加速度不变
C ．适当增大E ，小球到达C 点的速度可能为零
D ．若
E ＝2mg q ，要使小球沿轨道运动到C ，则应将H 至少调整为3R
2
解析 小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知mgH ＝1
2mv 2A
，解
得v A ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N ＝m v A 2
R
＝2mg ，则小球到达C 点时对轨道的压力为2mg ，故A
正确；小球在AC 部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心，故B 错误；若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达C 点的速度不可能为零，若小球所受的电场力大于重力，根据
径向的合力提供向心力，在最低点的速度不可能为零，故C 错误；若E ＝2mg
q
，在最低点轨道的作用
力为零，根据牛顿第二定律得qE －mg ＝m v C 2R ，解得v C ＝gR ，根据动能定理得mg (H ＋R )－qER ＝1
2mv 2C
，
解得H ＝3R 2，所以H 至少为3R
2
，故D 正确。

选AD
*7． (多选) 如图所示，水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由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，由此可知( )
A ．从
B 到
C ，小球的动能减小 B ．从B 到C ，小球的电势能减小
C ．从A 到B 与从B 到C 小球的运动时间一定相等
D ．从A 到B 与从B 到C 小球的速度变化量大小一定相等
解析 根据带电小球在电场中的运动轨迹可知，带电小球受到的合力竖直向上，电场力竖直向上，并且电场力大于重力，从B 到C ，合外力对小球做负功，小球的动能减小，A 对；电场力对小球做负功，小球的电势能增大，B 错；全过程小球在水平方向上做匀速直线运动，由于AB 的水平距离和BC 的水平距离大小关系不确定，所以两段的运动时间的大小关系也不确定，C 错；C 点的速度恰好水平，可知两段的速度变化量的大小一定相等，D 对。

选AD
8． 在地面上方的某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方存在电场强度为E 1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方存在电场强度为E 2、方向竖直向上的匀强电场。

一个质量为m 、电荷量为q (q >0)的带正电小球从上方电场区域的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场区域中与A 点关于虚线对称的B 点时速度为零，则( )
A ．两电场强度的大小关系满足E 2＝2E 1
B ．如果在A 点时带电小球有向下的初速度v 0，到达B 点后速度一定大于v 0
C ．如果在A 点时带电小球有水平方向的初速度v 0，到达B 点所在高度处时速度与初速度相同
D ．如果在A 点时带电小球有任意方向的初速度v 0，到达B 点所在高度处时速度与初速度相同
解析 带电小球从A 点由静止释放后先做匀加速运动，到达水平虚线后做匀减速运动，到达B 点时速度减为零，根据运动学公式可知，匀加速过程与匀减速过程的加速度大小相等，有mg ＋qE 1＝qE 2－mg ，
解得E 2＝E 1＋2mg
q
，故A 错误；如果在A 点时带电小球有初速度，根据功能关系可知，到达B 处时速
度的大小不变，B 错误；根据运动的独立性原理和运动的合成可知，C 正确；如果在A 点有向上的速度分量，则带电小球将先在A 点以上运动，回到A 点所在高度处时变成有向下的速度分量，故到达B 所在高度处时也有向下的速度分量，与初速度方向不同，D 错误。

选C
*9． 如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，微粒从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )
A ．微粒到达
B 点时动能为12
mv 2
B ．微粒的加速度大小等于g sin θ
C ．两极板间的电势差U MN ＝mgd
q cos θ
D ．微粒从A 点到B 点的过程中电势能减少mgd
cos θ
解析 微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B 点时动能小于1
2mv 20
，A 错误；由牛顿
第二定律得mg tan θ＝ma ，加速度a ＝g tan θ，B 错误；又电场力Eq ＝mg
cos θ
，两极板间的电场强度E ＝
mg q cos θ，两板间的电势差U MN ＝Ed ＝mgd
q cos θ，C 正确；微粒从A 向B 运动，电场力做负功，电势能增加，D 错误。

选C
10． 如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场。

则( )
A ．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的
B ．在t ＝T
2
时刻，该粒子的速度大小为2v 0
C ．若该粒子在T
2
时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上
D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场
解析 粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度
方向一定沿垂直电场方向，故A 正确；在t ＝T
2
时刻，粒子在水平方向上的分速度为v 0，因为两平行金
属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，则有v 0T ＝ v y
2·T ·2，解得v y ＝v 0，根据平行四边形定则知，粒
子的速度为v ＝2v 0，故B 错误；若该粒子在T
2
时刻以速度v 0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情
况与t ＝0时刻进入时运动的方向相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上，故C 错误；若该粒子
的入射速度变为2v 0，则粒子射出电场的时间t ＝L 2v 0＝T
2
，故D 错误。

选A
二、非选择题
*11． 如图，空间有一竖直向下沿x 轴方向的静电场，电场的场强大小按E ＝kx 分布(x 是轴上某点到O
点的距离)，k ＝mg
3qL。

x 轴上，有一长为L 的绝缘细线连接A 、B 两个小球，两球质量均为m ，B 球带
负电，带电荷量为q ，A 球距O 点的距离为L 。

两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。

(1)求A 球的带电荷量q A ；
(2)剪断细线后，求B 球的最大速度v m 。

解析 (1)A 、B 两球静止时，A 球所处位置场强为
E 1＝k ·L ＝mg
3q
B 球所处的位置场强为E 2＝k ·2L ＝2mg
3q
对A 、B 由整体法得：2mg ＋q A E 1－qE 2＝0 解得：q A ＝－4q
(2)当B 球下落速度达到最大时，B 球距O 点距离为x 0
mg ＝qE ＝q mg
3qL x 0
解得x 0＝3L
运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：
mgL －E －
qL ＝12mv 2m －12mv 20
E －q ＝2
3
mg ＋mg
2＝56
mg
解得：v m ＝gL
3
答案 (1)－4q (2)gL
3
*12． 如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m ，电荷量为－q (－q <0)的带电绝缘小球，从y 轴上的P (0，L )点由静止开始释放，运动至x 轴上的A (－L ，0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。

细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于点B ，交x 轴于A 点和C (L ，0)点。

该细管固定且紧贴x 轴，内径略大于小球外径。

小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g 。

求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B 点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从C 点飞出后会落在x 轴上的哪一位置。

解析 (1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，
则tan 45°＝mg
Eq
解得：E ＝mg
q
(2)根据几何关系可知，圆弧的半径r ＝2L 从P 到B 点的过程中，根据动能定理得： 12mv 2B
－0＝mg (2L ＋2L )＋EqL 在B 点，根据牛顿第二定律得：
F N －mg ＝m v 2B
r
联立解得：F N ＝3(2＋1)mg ，方向向上， (3)从P 到A 的过程中，根据动能定理得： 12mv 2A
＝mgL ＋EqL 解得：v A ＝4gL
小球从C 点抛出后做类平抛运动， 抛出时的速度v C ＝v A ＝4gL 小球的加速度g ′＝2g ，
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴，则有：
v C t ＝1
2
g ′t 2
解得：t ＝22L
g
则沿x 轴方向运动的位移x ＝2v C t ＝2×2gL ×22L
g
＝8L
则小球从C 点飞出后落在x 轴上的坐标 x ′＝L －8L ＝－7L
答案 (1)mg
q
(2)3(2＋1)mg 方向向上 (3)－7L
创新导向题
1．以“静电除尘器”为背景考查电场力的性质
例题：(多选) 静电除尘器除尘机理的示意图如图。

尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。

下列表述正确的是()
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
解析尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误；由于集尘极与电池的正极连接，电场方向由集尘极指向放电极，B正确；负电荷在电场中受电场力的方向与电场方向相反，C 错误；根据F＝Eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。

选BD
2．生产科技——以电子束焊接为背景考查电场能的性质
例题：电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，A为阳极，阴极和阳极之间的电场线如图中虚线所示，A上有一小孔，阴极发射的电子在阴极和阳极间电场作用下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上，使两块金属熔化而焊接到一起，不考虑电子重力，下列说法正确的是()
A．A点的电势低于K点的电势
B．电子克服电场力做功
C．电子的电势能不断增加
D．电子动能不断增加
答案 D 3．高新科技——利用“静电透镜”原理考查电场性质
例题：静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。

如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称，且相邻两等势线的电势差相等。

图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是()
A．a点的电势高于b点的电势
B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．电子在a点的动能大于在b点的动能
D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
解析 由于等势线的电势沿x 轴正向增加，根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y 轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y 轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故电子沿x 轴方向一直加速，对负电荷是从低电势向高电势运动，故A 错误；根据等势线的疏密知道b 处的电场线也密，场强大，电子的加速度大，故B 错误；根据负电荷在电势低处电势能大，可知电子的电势能一直减小，则电子在a 处的电势能大于在b 处的电势能，电子的电势能一直减小，则电子穿过电场的过程中，电场力始终做正功，动能增加，故C 错误，D 正确。

选D
4．理论与实际——以带电球体为背景考查电场的性质
例题：如图甲所示，真空中有一半径为R 、电荷量为＋Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x 轴．理论分析表明，x 轴上各点的场强随x 变化关系如图乙所示，则( )
A ．x 2处场强大小为kQ
x 22
B ．球内部的电场为匀强电场
C ．x 1、x 2两点处的电势相同
D ．假设将试探电荷沿x 轴移动，则从x 1移到R 处和从R 移到x 1处电场力做的功相同
解析 引入带正电的试探电荷q ，其所受的库仑力F ＝ k Qq r 2，根据场强定义式E ＝F
q
，求得x 2处的场强为
E ＝kQ
x 22
，A 正确；由题图乙知球内部随着x 的增大场强逐渐增大，B 错误；引入带正电的试探电荷q ，
由题图乙知在x 1处q 受到的电场力沿着x 轴正方向，在向x 2运动过程中，电场力做正功，电势能减小，电势减小，C 错误；将试探电荷沿x 轴移动，则从x 1移到R 处电场力做正功，而从R 移到x 1处电场力做负功，D 错误。

选A
5．利用φ－x 图象考查电场能的性质
例题：电场强度方向与x 轴平行的静电场，其电势φ随x 的分布如图所示，一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0从O 点(x ＝0)沿x 轴正方向进入电场，下列叙述正确的是( )
A ．粒子从O 点运动到x 3点的过程中，在x 2点的速度最大
B ．粒子从x 1点运动到x 3点的过程中，电势能先减小后增大
C ．要使粒子能运动到x 4处，粒子的初速度v 0至少为2qφ0
m
D ．若v 0＝2qφ0
m
，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0
解析 粒子从O 运动到x 1的过程中，电势升高，场强方向沿x 轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x 轴负方向，粒子做减速运动。

粒子从x 1运动到x 3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处
电势能大，可知，粒子的电势能不断减小，动能不断增大，故在x 3点速度最大，故A 、B 错误；根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x 1处，就能到达x 4处，当粒子恰好运动到x 1处时，由
动能定理得：q (0－φ0)＝12mv 20，解得：v 0＝2qφ0
m。

要使粒子能运动到x 4处，粒子的初速度v 0至少为
2qφ0m ，故C 错；若v 0＝2qφ0
m ，粒子运动到x 3处电势能最小，动能最大，由动能定理得：q [0－(－φ0)]＝12mv 2m －12mv 20，解得最大动能－12mv 2m
＝3qφ0，故D 正确。

选D。