高考物理专题练习：静电场

2020高考物理专题练习：静电场含答案

**静电场**一、选择题1、(多选)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是()A．电子一定从A向B运动B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpBD．B点电势可能高于A点电势解析：选BC.电子仅在电场力作用下可能从A运动到B，也可能从B运动到A，所以A错误；若aA>aB，说明电子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，所以A距离点电荷较近，B距离点电荷较远，又因为电子受到的电场力指向轨迹凹侧，因此Q靠近M端且为正电荷，B正确；无论Q是正电荷还是负电荷，若电子从A运动到B，一定是克服电场力做功，若电子从B运动到A，一定是电场力做正功，即一定有EpA<EpB，C正确；对于同一个负电荷，电势低处电势能大，B点电势一定低于A点电势，D错误．2、如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则()A．小球A与B之间库仑力的大小为eq\f(kq2,d2)B．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))时，细线上的拉力为0C．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))时，细线上的拉力为0D．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))时，斜面对小球A的支持力为0解析：选AC.根据库仑定律，A、B小球间的库仑力F库＝keq\f(q2,d2)，选项A正确．小球A受竖直向下的重力mg，水平向左的库仑力F库＝eq\f(kq2,d2)，由平衡条件知，当斜面对小球A的支持力FN的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则eq\f(\f(kq2,d2),mg)＝tanθ，所以eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，选项C正确，选项B错误；斜面对小球A的支持力FN始终不会等于零，选项D错误．3、如图所示，a、b、c、d、O五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R＝0.2m的圆的四个等分点和圆心O，b、c、d三点的电势如图所示．已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是()A．电场强度的方向由O指向b点B．电场强度的方向由O指向d点C．电场强度的大小为10V/mD．电场强度的大小为10eq\r(5)V/m解析：选D.由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O点的电势为6V，O、d连线的中点e处的电势为8V，连接c、e，过O作ce的垂线交ce于f，则ce为等势线，电场线垂直于ce向下，即电场强度的方向由f指向O点，连接c、O，计算得Of长为eq\f(\r(5),5)R，O、f间的电势差为2V，则电场强度E＝eq\f(U,d)＝10eq\r(5)V/m，选项D正确．4、静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析：选BC.由题图可知，x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误．由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A错误，B正确．5、(多选)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点．电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是()A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶3C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的电势能最小D．在0～2T时间内，电子的电势能减小了eq\f(2e2T2φeq\o\al(2,1),md2)解析：选BCD.0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝eq\f(φ1,d)，电子以a1＝eq\f(E1e,m)＝eq\f(φ1e,dm)向上做匀加速直线运动，当t＝T时电子的位移x1＝eq\f(1,2)a1T2，速度v1＝a1T.T～2T时间内平行板间的电场强度E2＝eq\f(φ2,d)，加速度a2＝eq\f(φ2e,dm)，电子以v1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2＝v1T－eq\f(1,2)a2T2，由题意t＝2T时电子回到P点，则x1＋x2＝0，联立可得φ2＝3φ1，选项A错误，B正确．当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T时间内电子做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，所以在T时刻电势能最小，选项C正确．电子在t＝2T时回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－eq\f(2φ1eT,dm)(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(2e2T2φeq\o\al(2,1),md2)，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，选项D正确．6、一个质量为m，电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．若场强大小等于eq\f(mg,q)，则小球经过每一电场区的时间均相同C．若场强大小等于eq\f(2mg,q)，则小球经过每一无电场区的时间均相同D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同解析：选AC.将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以v0做匀速直线运动，故A正确；竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到竖直向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向．当电场强度等于eq\f(mg,q)时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区时，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，故B错误；当电场强度等于eq\f(2mg,q)时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式有：经过第一个无电场区y＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，v1＝gt1，经过第一个电场区，y＝v1t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，v2＝v1－gt2，联立解得t1＝t2，v2＝0.接下来小球的运动重复前面的过程，即在竖直方向上每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零的匀减速直线运动，故C正确；通过前面的分析可知，小球通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以通过无电场区的时间不同，故D错误．7、在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向夹角为α＝30°的匀强电场，电场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示．开始时小球静止在M点，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，则以下判断正确的是()A．小球再次到M点时，速度刚好为零B．小球从P到M过程中，合外力对它做的功为eq\r(3)mgLC．小球从P到M过程中，其机械能增加了eq\r(3)mgLD．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动解析：选B.根据题述，开始时小球静止于M点，细线恰好水平，由平衡条件可知，qEsin30°＝mg.小球再次到M点时，切向加速度为零，速度最大，选项A错误．小球从P到M过程中，重力做负功为WG＝－mgL，电场力qE做正功为WF＝qELsin30°＋qELcos30°＝(1＋eq\r(3))mgL，合外力对它做的功为W＝WG＋WF＝eq\r(3)mgL，选项B正确．由功能关系可知，电场力做功机械能增加，小球从P到M过程中，其机械能增加了(1＋eq\r(3))mgL，选项C错误．由于在M点，小球所受电场力在竖直方向的分量等于重力，如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动，选项D错误．8、如图所示PO为光滑绝缘竖直墙壁、OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球(可视为质点)均紧靠接触面而处于静止状态，这时两球之间的距离为L.若在小球A上加竖直推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，则与原来比较(两小球所带电荷量保持不变)()A．A球对竖直墙壁的作用力不变B．两球之间的距离一定增大C．A球对B球作用的静电力增大D．地面对B球的弹力不变解析：选AC.由题意知，A球加上力F移动一段距离后仍处于静止状态，故B球对A球的库仑力沿竖直方向上分力增大，B球应该向左移动，A球对B球的库仑力在水平方向的分力等于匀强电场对B球的静电力，而匀强电场对B球的静电力不变，根据作用力和反作用力的关系，B球对A球的库仑力在水平方向的分力大小也不变，所以A球对竖直墙壁的压力不变，选项A正确；A、B两球的连线与水平方向的夹角θ变大，F库cosθ不变，库仑力F库一定变大，选项C正确；两球之间的距离减小，选项B错误；根据力的相互作用性可知，A球对B球的库仑力在竖直方向上的分力变大，故地面对B球的弹力变大，选项D错误．9、如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为eq\r(3gh)，则下列说法中正确的是()A．质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中动能增加量等于电势能减少量B．a、b两点的电势差U＝eq\f(mgh,2q)C．质量为m、带电荷量为＋2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为eq\r(gh)D．质量为m、带电荷量为－q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为eq\r(gh)解析：选BD.质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中，机械能与电势能之和守恒，其动能增加量等于重力势能、电势能的减少量之和，选项A错误；设a、b之间的电势差为U，由题意，质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为eq\r(3gh)，根据动能定理，mgh＋qU＝eq\f(1,2)m·3gh，解得qU＝eq\f(1,2)mgh，a、b两点的电势差U＝eq\f(mgh,2q)，选项B正确；质量为m、带电荷量为＋2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时，由动能定理得mgh＋2qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝2eq\r(gh)，选项C错误；质量为m、带电荷量为－q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时，由动能定理得mgh－qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\r(gh)，选项D正确．10、一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A．C和U均增大 B．C增大，U减小C．C减小，U增大 D．C和U均减小解析：选B.由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式C＝eq\f(Q,U)知，电荷量不变时，U减小，B正确．二、非选择题如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小．解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2③联立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3.④(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M进入电场后做直线运动，由几何关系知eq