2020届高考物理一轮复习《静电场》专题测试教师版

2020届高考物理一轮复习《静电场》专题测试
(考试时间:60分钟满分:100分)
一、单项选择题
1．“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是()
A．平行板正对面积减小时，静电计指针张角减小
B．静电计可以用电压表替代
C．静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等
D．静电计测量的是平行板电容器所带电荷量
【答案】 C
【解析】电容器带电荷量一定，平行板正对面积减小时，电容器的电容减小，根据Q＝CU 可知，两板间电势差变大，则静电计指针张角变大，选项A错误；静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代，电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，选项B错误；静电计所带电荷量只是很小的一部分，即小于平行板电容器的电荷量，选项C正确；静电计是定性反映电压高低的仪器，不能反映平行板电容器的电荷量的多少，选项D错误．
2.如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C.下列判断正确的是()
A．粒子一定带负电
B．A处场强大于C处场强
C．粒子在A处电势能大于在C处电势能
D．粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功
【答案】 B
【解析】根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，故A
错误；等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A 处场强大于C 处场强，故B 正确；从A 点运动到C 点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C 错误；根据W ＝Uq 知电势差相同，电场力做功相同，故D 错误．
3．如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a 、b 两带电粒子从电场中的P 点静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a 、b 粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线，则( )
A ．a 一定带正电，b 一定带负电
B ．a 向左运动，b 向右运动
C ．a 电势能减小，b 电势能增大
D ．a 动能减小，b 动能增大 【答案】 B
【解析】 从速度－时间图象中可以看出，a 粒子加速度逐渐增大，b 粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a 粒子所受电场力逐渐增大，b 粒子所受电场力逐渐减小，所以a 向左运动，b 向右运动．由于不知电场的方向，所以无法判断a 、b 的电性，故A 错误，B 正确；带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，所以a 、b 的电势能均减小，故C 错误；带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，因为仅受电场力，根据动能定理，a 、b 的动能均增加，故D 错误．
4．如图，真空中 a 、b 、c 、d 四点共线且等距．先在 a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为 E ．若再将另一等量异种点电荷－Q 放在 d 点时，则( )
A ．b 点场强大小为3
4E
B ．c 点场强大小为5
4E
C ．b 点场强方向向左
D ．c 点电势比b 点电势高 【答案】 B
【解析】 设ab ＝bc ＝cd ＝L ，＋Q 在b 点产生的场强大小为E ，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：E ＝k Q L 2，－Q 在b 点产生的场强大小为：E 1＝k Q (2L )2＝1
4E ，方向水平向右，所以b 点的场强大小为E b ＝E ＋14E ＝5
4
E ，方向水平向右，故A 、C 错误；根据对称性可知，c
点与b 点的场强大小相等，为5
4E ，方向水平向右，故B 正确；电场线方向从a 指向d ，而顺
着电场线方向电势降低，则c 点电势比b 点电势低，故D 错误．
5.如图所示，aefd 和ebcf 是两个等边长的正方形，在a 点固定一个电荷量为q 的正点电荷，在c 点固定一个电荷量为q 的负点电荷，则下列说法正确的是( )
A ．e 、f 两点的电场强度相同
B ．b 、d 两点的电势相同
C ．将一个负电荷由e 点沿直线移动到f 点，电场力先做正功后做负功
D ．将一个负电荷由b 点沿直线移动到d 点，电场力先做负功后做正功 【答案】 A
【解析】 两个等量异种点电荷形成的电场中，其电场关于ac 连线对称，电场线形状关于ac 的中垂线对称，结合等量异种点电荷电场线的分布情况可知e 、f 两点的电场强度相同，A 正确；沿电场线方向电势降低，B 错误；将一个负电荷由b 点沿直线移动到d 点，电场力先做负功后做正功再做负功，D 错误；将一个负电荷由e 点沿直线移动到f 点，电势一直降低，电场力一直做负功，C 错误．
6.如图所示，以O 点为圆心、R ＝0.20 m 为半径的圆处于匀强电场(图中未画出)中，电场平行于圆面，ac 、bd 为圆的两条相互垂直的直径．已知a 、b 、c 三点的电势分别为2 V 、2 3 V 、－2 V ，则下列说法正确的是( )
A ．d 点电势为2 3 V
B ．电子从d 点运动到a 点电势能增加
C ．电场方向由b 点指向c 点
D ．该匀强电场的场强大小为20 V/m 【答案】 D
【解析】 根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U ＝Ed ，相等距离，电势差相等，因为φa ＝2 V ，φc ＝－2 V ，可知，O 点电势为0，而bO ＝Od ，则b 、O 间的电势差等于O 、d 间的电势差，可知，d 点的电势为－2 3 V ，故A 错误；从d 点到a 点电势升高，根据E p ＝qφ，电子从d 点运动到a 点电势能减小，故B 错误；由作图和几何关系可知
a 、c 两点沿电场强度方向的距离为d ＝2R sin 30°＝2×0.2×1
2 m ＝0.2 m ，故该匀强电场的场强
E ＝U ac d ＝4
0.2 V/m ＝20 V/m ，电场方向不是由b 点指向c 点，故C 错误，D 正确．
7．如图所示，O 、A 、B 、C 为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为－Q 的点电荷固定在O 点，现有一质量为m 、电荷量为－q 的小金属块(可视为质点)，从A 点由静止沿它们的连线向右运动，到B 点时速度最大，其大小为v m ，小金属块最后停止在C 点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A 、B 间距离为L ，静电力常量为k ，则( )
A ．在点电荷－Q 形成的电场中，A 、
B 两点间的电势差U AB ＝2μmgL ＋mv m 22q
B ．在小金属块由A 向
C 运动的过程中，电势能先增大后减小 C ．OB 间的距离为
kQq
μmg
D ．从B 到C 的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能 答案 C
解析 小金属块从A 到B 过程，由动能定理得：－qU AB －μmgL ＝1
2mv m 2－0，得A 、B 两点间
的电势差U AB ＝－2μmgL ＋mv m 2
2q ，故A 错误；小金属块由A 点向C 点运动的过程中，电场力
一直做正功，电势能一直减小，故B 错误；由题意知，A 到B 过程，金属块做加速运动，B 到C 过程，金属块做减速运动，在B 点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg ＝k Qq
r
2，得r ＝
kQq
μmg
，故C 正确；从B 到C 的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D 错误．
8.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U 1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h ，两平行板间的距离为d ，电势差为U 2，板长为L .为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量为h
U 2
)可采用的方法是( )
A ．增大两板间的电势差U 2
B ．尽可能使板长L 短些
C ．使加速电压U 1升高些
D ．尽可能使板间距离d 小些 【答案】 D
【解析】 带电粒子加速时，由动能定理得：qU 1＝1
2mv 2
带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得： L ＝vt h ＝12
at 2 又由牛顿第二定律得：a ＝qU 2
md
联立得h ＝U 2L 2
4dU 1
由题意，灵敏度为：h U 2＝L 2
4dU 1
可见，灵敏度与U 2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L 长些、板间距离d 小一些、加速电压U 1降低一些，故A 、B 、C 错误，D 正确． 二、多项选择题
9.在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示．下列说法正确的有( )
A ．q 1和q 2带有异种电荷
B ．x 1处的电场强度为零
C ．负电荷从x 1移到x 2，电势能减小
D ．负电荷从x 1移到x 2，受到的电场力增大 【答案】 AC
【解析】 由题图可知，两点电荷q 1和q 2带有异种电荷，A 正确；在φ－x 图象中，图象切线的斜率大小表示电场强度大小，则x 1处的电场强度不为零，B 错误；且有x 1到x 2电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，D 错误；由E p ＝φq 可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x 1移到x 2，电势能减小，C 正确．
10．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲所示，一个质量为m 、
电荷量为q 的带正电小球，在电场中从O 点由静止开始沿电场线竖直向下运动．以O 为坐标原点，取竖直向下为x 轴的正方向，小球的机械能E 与位移x 的关系如图乙所示，则(不考虑空气阻力)( )
A ．电场强度大小恒定，方向沿x 轴负方向
B ．从O 到x 1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大
C ．从O 到x 1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大
D ．到达x 1位置时，小球速度的大小为2(
E 1－E 0＋mgx 1)
m
【答案】 BD
【解析】 小球的机械能变化是由电场力做功引起的，由题图乙可知，从O 到x 1机械能在减小，即电场力做负功，又因为小球带正电，故场强方向沿x 轴负方向，E －x 图线切线的斜率的绝对值为电场力大小，由图象可知，从O 到x 1斜率的绝对值在减小，故F 电在减小，即场强减小，故A 错误．由牛顿第二定律mg －F 电＝ma 可知a 在增大，故B 正确．因为电场力逐渐减小，故相等位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C 错误．从O 到x 1由动能定理得mgx 1＋E 1－E 0＝1
2
mv 2－0，v ＝
2(E 1－E 0＋mgx 1)
m ，D 正确．
11.如图所示，A 、B 为两块平行带电金属板，A 带负电，B 带正电且与大地相接，两板间P 点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U ，P 点场强大小为E ，电势为φP ，负电荷的电势能为E p ，现将A 、B 两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )
A ．U 变大，E 变大
B ．U 变小，φP 变小
C ．φP 变小，E p 变大
D ．φP 变大，
E p 变小
【答案】 AC
【解析】 根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C ＝
εr S
4πkd
可知电容减小，由U ＝Q C 可知极板间电压增大，由E ＝U
d 可知，电场强度增大，故A 正确；设P
与B 板之间的距离为d ′，P 点的电势为φP ，B 板接地，φB ＝0，则由题可知0－φP ＝Ed ′是增大的，则φP 一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能E p 是
增大的，故C 正确．
12.如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，距板右端L 处有一竖直屏M .一带电荷量为q 、质量为m 的质点以初速度v 0沿中线射入两板间，最后垂直打在M 上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g )( )
A ．两极板间电压为mgd
2q
B ．板间电场强度大小为2mg
q
C ．整个过程中质点的重力势能增加mg 2L 2
v 0
2
D ．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M 上 【答案】 BC
【解析】 据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M 上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE －mg ＝ma ，mg ＝ma ，解得E ＝2mg
q ，
由U ＝Ed 得板间电势差U ＝
2mg q ×d ＝2mgd
q
，故A 错误，B 正确；质点在电场中向上偏转的距离y ＝12at 2，a ＝qE －mg m ＝g ，t ＝L v 0，解得：y ＝gL 2
2v 02，故质点打在屏上的位置与P 点的距离为：
s ＝2y ＝gL 2v 02，重力势能的增加量E p ＝mgs ＝mg 2L 2
v 02，故C 正确；仅增大两极板间的距离，因两
极板上电荷量不变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd d ＝4πkQ
εr S
可知，板间场强不变，质点在电场中受力
情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏M 上，故D 错误． 三、非选择题
13．如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h 的A 处由静止开始下滑，沿轨道ABC 运动并进入圆环内做圆周运动．已
知小球所受电场力是其重力的3
4，圆环半径为R ，斜面倾角为θ＝60°，s BC ＝2R .若使小球在圆
环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【答案】 7.7R
【解析】 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F ，如图所示．可知F ＝1.25mg ，方向与竖直方向成37°角．
由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D 点，设小球恰好能通过D 点，即到达D 点时圆环对小球的弹力恰好为零． 由圆周运动知识得： F ＝mv D 2R ，即：1.25mg ＝m v D 2R
小球由A 运动到D 点，由动能定理结合几何知识得：
mg (h －R －R cos 37°)－34mg ·(h tan θ＋2R ＋R sin 37°)＝12mv D 2，联立解得h ≈7.7R .
14．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为O ，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB ＝2L ，圆环的半径为r ＝2L (圆管的直径忽略不计)，过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点．在虚线AB 的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于mg
q .圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q (q >0)的绝缘小物体(可视为质
点)，PC 间距为L .现将该小物体无初速度释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度用g 表示．
(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度为多大？
(2)小物体从管口B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB 上的N 点(图中未标出N 点)，则N 点距离C 点多远？
(3)小物体由P 点运动到N 点的总时间为多少？ 【答案】 (1)mg q (2)7L (3)(3＋3
4
π)
2L
g
【解析】 (1)小物体无初速度释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿P A 连线运动，重力与电场力的合力沿P A 方向；
又PC ＝AC ＝L ，
故tan 45°＝qE mg ，解得：E ＝mg
q
(2)对小物体从P 到A 的运动由动能定理可得：mgL ＋qEL ＝1
2mv A 2，解得：v A ＝2gL
虚线AB 的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于
mg
q
，电荷量为－q (q >0)的绝缘小物体所受电场力F 2＝qE ′＝mg ，方向竖直向上，与重力平衡，故小物体从A 到B 做匀速圆周运动，v B ＝v A ＝2gL
小物体从管口B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB 上的N 点， 竖直方向：t ＝2v B sin 45°
g
解得：t ＝2
2L g
水平方向：x ＝(v B cos 45°)t ＋1
2at 2，qE ＝ma
解得：x ＝8L
N 点距离C 点：x CN ＝x －L ＝7L (3)小物体从P 到A 的时间为t 1， 则2L ＝1
2v A t 1
解得：t 1＝
2L g
小物体从A 到B 的时间为t 2，则t 2＝34·2πr v A ＝3
4×2π×2L v A ＝
3π
42L g
小物体由P 点运动到N 点的总时间 t 总＝t 1＋t 2＋t ＝(3＋3
4
π)
2L g
. 15.一质量为m 的带电小球以速度v 0沿竖直方向从A 点垂直进入匀强电场E 中，如图所示，经过一段时间后到达B 点，其速度变为水平方向，大小仍为v 0，重力加速度为g ，求：
(1)小球带电情况； (2)小球由A 到B 的位移； (3)小球速度的最小值．
【答案】 (1)小球带正电，电荷量为mg E (2)2v 02
2g ，与水平方向的夹角为45°斜向右上方
(3)
2v 0
2
【解析】 (1)从A 到B 过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度a y ＝g B 点是最高点，竖直分速度为0，有：t ＝v 0
g
水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电 初速度为0，加速度a x ＝qE
m
水平方向有：v 0＝qE
m t
联立解得：Eq ＝mg 可得q ＝mg
E
(2)在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小 在竖直方向有2gh ＝v 02 可得h ＝v 02
2g
所以位移为2h ＝2v 02
2g
其与水平方向的夹角为θ
tan θ＝mg
qE ＝1，即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方
(3)设重力与电场力的合力为F ，其与水平方向的夹角为θ 则：tan θ＝mg
qE
＝1，如图所示
开始一段时间内，F 与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小
11
后来F 与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加
因此，当F 与速度v 的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为v min
即：tan θ＝v x v y ＝1，则v x ＝v y ，v x ＝qE m
t ′＝gt ′，v y ＝v 0－gt ′ 解得t ′＝
v 02g ，v min ＝v x 2＋v y 2＝2v 02
.。