高考物理一轮复习 第六章 静电场综合能力测试

静电场
时间：60分钟 分值：100分
一、单项选择题(每小题6分，共30分)
1．如图所示，在空间直角坐标系Oxyz 中，有一四面体CAOB ，C 、A 、O 、B 为四面体的四个顶点，且O (0,0,0)、A (L,0,0)、B (0，L,0)、C (0,0，L )，D (2L,0,0)是x 轴上一点，在坐标原点O 处固定着＋Q 的点电荷，下列说法正确的是( )
A ．A 、
B 、
C 三点的电场强度相同 B ．电势差U OA ＝U AD
C ．将一电子由C 点分别移动到A 、B 两点，电场力做功相同
D ．电子在A 点的电势能大于在D 点的电势能
解析：A 、B 、C 三点的电场强度大小相同，方向不同，A 错误；电势差U OA >U AD ，B 错误；
A 、
B 、
C 三点在同一等势面上，所以将电子由C 分别移到A 、B 两点，电场力做功均为零，C
正确；因为电子带负电，由E p ＝qφ知电子在A 点的电势能小于在D 点的电势能，D 错误．
答案：C
2．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成．如图所示，电子在电压为U 1的加速电场中由静止开始加速，然后射入电压为U 2的偏转电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是( )
A ．U 1变大，U 2变大
B ．U 1变小，U 2变大
C ．U 1变大，U 2变小
D ．U 1变小，U 2变小
解析：电子通过加速电场时有eU 1＝12
mv 2
0，在偏转电场中，在垂直于电场线的方向做匀速
直线运动，则运动时间t ＝l v 0
；在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝
eU 2md ，末速度v y ＝at ＝eU 2l mdv 0，偏转角tan θ＝v y v 0＝U 2l 2U 1d ，所以θ∝U 2
U 1
，B 正确． 答案：B
3.(2016·济南质检)
如图所示，在x 轴上相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷＋Q 、－Q ，虚线是以＋Q 所在点为圆心、L
2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d
两点关于x 轴对称．下列判断错误的是( )
A ．b 、d 两点处的电势相同
B ．四个点中c 点处的电势最低
C ．b 、d 两点处的电场强度相同
D ．将一试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，＋q 的电势能减小
解析：由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A 、B 正确；b 、d 两点电场强度大小相等，方向不同，C 错误；四点中a 点电势最高，c 点电势最低，正电荷在电势越低处电势能越小，D 正确．
答案：C 4.
(2014·山东高考)如图所示，半径为R 的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A .已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA 方向射出．下列关于试探电荷的动能E k 与离开球心的距离r 的关系图线，可能正确的是( )
解析：试探电荷的动能E k ＝E k0＋W ＝E k0＋
kQq
r 2
Δl ，由此可知在球壳内，由于球壳内的场
强处处为零，因此电场力不做功，试探电荷的动能不变；在球壳外，所受电场力为库仑力，随着运动距离的增大，在移动相同位移的前提下，电场力做功越来越少，因此动能的增加越来越慢．综上所述，四个图中只有A 正确．
答案：A 5.
如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E ，一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，细线一端拴着一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A 处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B 时速度为零，以下说法中正确的是( )
A ．小球在
B 位置处于平衡状态
B ．小球受到的重力与电场力的关系是3qE ＝mg
C ．小球将在AB 之间往复运动，且幅度将逐渐减小
D ．小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为－1
2qEl
解析：
小球的受力分析如图所示，由图可知小球的运动可看作是在一个等效重力场中的摆动过程，根据摆球模型的特点，小球在B 位置时受力不平衡，并且小球将在AB 之间往复运动，其幅度不变，故选项A 、C 错误；根据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB 轨迹的中点位置时，小球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知，qE ＝3mg ，选项B 错误；小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为W ＝－qEl (1－cos60°)＝－1
2
qEl ，选项D 正确．
答案：D
二、多项选择题(每小题8分，共24分)
6．如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A 、B 水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A 极板用绝缘线悬挂，B 极板固定且接地，P 点为两极板的中间位置．下列结论正确的是( )
A ．若在两极板间加上某种绝缘介质，A 、
B 两极板所带电荷量会增大 B ．A 、B 两极板电荷分别在P 点产生电场的场强大小相等，方向相同
C ．若将A 极板竖直向上平移一小段距离，两极板间的电场强度将增大
D ．若将A 极板竖直向下平移一小段距离，原P 点位置的电势将不变
解析：由于平行板电容器与电源断开，所带电荷量保持不变，因此在两极板间加上某种绝缘介质，A 、B 两极板所带电荷量也不会增加，A 错误；正极板A 在P 点产生的场强向下，而负极板B 在P 点产生的场强也向下，由于两极板具有对称性，因此两极板电荷分别在P 点产生电场的强度大小相等，方向相同，B 正确；根据C ＝Q U ，而C ＝εr S
4πkd
，平行板电容器内的
电场强度E ＝U d
，整理式子可得E ＝4πkQ
εr S
，可以得出只要所带电荷量和极板的正对面积不变，
电容器内部的电场强度就不变，因此场强大小与距离无关，C 错误；同样若将A 板竖直向下平移一小段距离，两板间的电场强度不变，P 与B 间的电势差不变，而B 点电势为零，即P 点位置的电势将不变，D 正确．
答案：BD 7.
如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，所带电荷量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )
A ．cos 3α＝q
8Q
B ．cos 3
α＝q 2
Q
2
C ．sin 3α＝Q
8q
D ．sin 3
α＝Q 2
q
2
解析：设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，两个－q 之间距离为2a cos α.
选取其中的一个－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝k
q 2
2a cos α
2
，
解得cos 3
α＝q
8Q
，选项A 正确，选项B 错误；选取其中的一个Q 作为研究对象，由库仑定律
和平衡条件得2k Qq a 2sin α＝k
Q 2
2a sin α
2
，解得sin 3
α＝Q
8q
，选项C 正确，选项D 错误．
答案：AC 8.
如图所示，为某一点电荷所形成电场中的一簇电场线，a 、b 、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O 点射入电场后的运动轨迹，其中b 虚线为一圆弧，AB 的长度等于BC 的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是( )
A ．a 一定是正粒子的运动轨迹，b 和c 一定是负粒子的运动轨迹
B ．由于AB 的长度等于B
C 的长度，故U AB ＝U BC
C ．a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变
D ．b 虚线对应的粒子的质量大于c 虚线对应的粒子的质量
解析：由于电场线没有明确方向，因此无法确定三个带电粒子的电性，故A 选项错误；由于该电场不是匀强电场，虽然AB 的长度等于BC 的长度，但AB 段与BC 段对应的电场强度的变化量不等，由点电荷电场等差等势面的分布特点，不难判断U AB ≠U BC ，故B 选项错误；根据电场线的疏密程度可知，a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C 选项正确；由于b 虚线对应的带电粒子所做的运动为匀速圆周运动，而c 虚线对应的粒子在不断地向场源电荷运动，b 虚线对应
的带电粒子Eq ＝m b v 2r ，而c 虚线对应的带电粒子满足关系式Eq >m c v 2r
，即m b >m c ，故D 选项正确．
答案：CD
三、非选择题(共46分)
9．(10分)如图所示，正电荷q 1固定于半径为R 的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为q 2、质量为m 的带正电小球，从轨道的A 处无初速度释放，求：
(1)小球运动到B 点时的速度大小；
(2)小球在B 点时对轨道的压力．
解析：(1)带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR ＝12
mv 2B 解得v B ＝2gR .
(2)小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得
F N －mg －k q 1q 2R 2＝m v 2B
R 解得F N ＝3mg ＋k q 1q 2R
2
根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为
F N ′＝F N ＝3mg ＋k q 1q 2
R
2
方向竖直向下．
答案：(1)2gR (2)3mg ＋k q 1q 2
R 2
，方向竖直向下 10.
(12分)如图所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)水平向右电场的电场强度；
(2)若将电场强度减小为原来的1
2，物块的加速度是多大；
(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．
解析：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin37°＝qE ①
F N cos37°＝mg ②
由①②可得E ＝3mg
4q
.
(2)若电场强度减小为原来的
12，即E ′＝3mg
8q
由牛顿第二定律得mg sin37°－qE ′cos37°＝ma 可得a ＝0.3g .
(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得
mgL sin37°－qE ′L cos37°＝E k －0
可得E k ＝0.3mgL .
答案：(1)3mg
4q
(2)0.3g (3)0.3mgL
11．(12分)一平行板电容器长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，板间距d ＝4 cm ，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为2×1010
C/kg ，速度均为4×106
m/s ，距板右端l
2处有一屏，如图甲所示，如果在平
行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交变电流，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交变电流的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试求：
(1)离子打在屏上的区域面积；
(2)在一个周期内，离子打到屏上的时间．
解析：(1)设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0， 水平方向l ＝v 0t ①
竖直方向d 2＝12
at 2
②
又a ＝
qU 0
md
③ 由①②③得U 0＝md 2v 20
ql
2＝128 V
即当U >128 V 时离子打到极板上，当U ≤128 V 时离子打到屏上．
利用推论：打到屏上的离子可看作是从极板中心沿直线射到屏上，由此可得l 2＋l 2l
2
＝y
d
2
解得y ＝d
又由对称性知，打到屏上的总长度为2d . 则离子打到屏上的区域面积为S ＝2da ＝64 cm 2
. (2)在前1
4
T ，离子打到屏上的时间
t 0＝
128
200
×0.005 s＝0.003 2 s 又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间
t ＝4t 0＝0.012 8 s.
答案：(1)64 cm 2
(2)0.012 8 s
12．(12分)如图所示，AB 是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.30，BCD 是半径为R ＝0.2 m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低点．整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4.0×103
N/C ，质量m ＝0.20 kg 的带负电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h ＝0.24 m ，滑块带电荷量大小q ＝5.0×10－4
C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2
，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：
(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块滑到圆弧轨道最低点C 点时对轨道的压力． 解析：(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力
F f ＝μ(mg ＋qE )cos37°＝0.96 N
设滑块到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得
(mg ＋qE )h －F f h sin37°＝12
mv 2
1－0
解得v 1＝2.4 m/s.
(2)设滑块滑到C 点时速度为v 2，此时轨道对滑块的支持力为F N ，滑块从B 到C ，由动能定理可得
(mg ＋qE )R (1－cos37°)＝12mv 22－12mv 2
1
当滑块经过最低点时，有
F N －(mg ＋qE )＝m v 22
R
由牛顿第三定律得滑块在C 点时对轨道的压力F ′N ＝F N 解得F ′N ＝11.36 N.
答案：(1)2.4 m/s (2)11.36 N。