2020高考物理專題練習：靜電場含答案

**靜電場**一、選擇題1、(多選)如圖所示，在點電荷Q產生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡．設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB.下列說法正確的是()A．電子一定從A向B運動B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA<EpBD．B點電勢可能高于A點電勢解析：選BC.電子僅在電場力作用下可能從A運動到B，也可能從B運動到A，所以A錯誤；若aA>aB，說明電子在A點受到的電場力大于在B點受到的電場力，所以A距離點電荷較近，B距離點電荷較遠，又因為電子受到的電場力指向軌跡凹側，因此Q靠近M端且為正電荷，B正確；無論Q是正電荷還是負電荷，若電子從A運動到B，一定是克服電場力做功，若電子從B運動到A，一定是電場力做正功，即一定有EpA<EpB，C正確；對于同一個負電荷，電勢低處電勢能大，B點電勢一定低于A點電勢，D錯誤．2、如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質量為m、電量為q.小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，則()A．小球A與B之間庫侖力的大小為eq\f(kq2,d2)B．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時，細線上的拉力為0C．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時，細線上的拉力為0D．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時，斜面對小球A的支持力為0解析：選AC.根據庫侖定律，A、B小球間的庫侖力F庫＝keq\f(q2,d2)，選項A正確．小球A受豎直向下的重力mg，水平向左的庫侖力F庫＝eq\f(kq2,d2)，由平衡條件知，當斜面對小球A的支持力FN的大小等于重力與庫侖力的合力大小時，細線上的拉力等于零，如圖所示，則eq\f(\f(kq2,d2),mg)＝tanθ，所以eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，選項C正確，選項B錯誤；斜面對小球A的支持力FN始終不會等于零，選項D錯誤．3、如圖所示，a、b、c、d、O五點均在勻強電場中，它們剛好是一個半徑為R＝0.2m的圓的四個等分點和圓心O，b、c、d三點的電勢如圖所示．已知電場線與圓所在平面平行，關于電場強度的大小和方向，下列說法正確的是()A．電場強度的方向由O指向b點B．電場強度的方向由O指向d點C．電場強度的大小為10V/mD．電場強度的大小為10eq\r(5)V/m解析：選D.由勻強電場中平行線上等間距點間的電勢差相等可得，O點的電勢為6V，O、d連線的中點e處的電勢為8V，連接c、e，過O作ce的垂線交ce于f，則ce為等勢線，電場線垂直于ce向下，即電場強度的方向由f指向O點，連接c、O，計算得Of長為eq\f(\r(5),5)R，O、f間的電勢差為2V，則電場強度E＝eq\f(U,d)＝10eq\r(5)V/m，選項D正確．4、靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷()A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大C．由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大解析：選BC.由題圖可知，x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確，D錯誤．由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，知A錯誤，B正確．5、(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢φ隨時間t的變化情況如圖乙所示，t＝0時，在P點由靜止釋放一質量為m、電荷量為e的電子，當t＝2T時，電子回到P點．電子運動過程中未與極板相碰，不計重力，則下列說法正確的是()A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶3C．在0～2T時間內，當t＝T時電子的電勢能最小D．在0～2T時間內，電子的電勢能減小了eq\f(2e2T2φeq\o\al(2,1),md2)解析：選BCD.0～T時間內平行板間的電場強度為E1＝eq\f(φ1,d)，電子以a1＝eq\f(E1e,m)＝eq\f(φ1e,dm)向上做勻加速直線運動，當t＝T時電子的位移x1＝eq\f(1,2)a1T2，速度v1＝a1T.T～2T時間內平行板間的電場強度E2＝eq\f(φ2,d)，加速度a2＝eq\f(φ2e,dm)，電子以v1的初速度向上做勻減速直線運動，速度變為0后開始向下做勻加速直線運動，位移x2＝v1T－eq\f(1,2)a2T2，由題意t＝2T時電子回到P點，則x1＋x2＝0，聯立可得φ2＝3φ1，選項A錯誤，B正確．當速度最大時，動能最大，電勢能最小，而0～T時間內電子做勻加速直線運動，之后做勻減速直線運動，后又做方向向下的勻加速直線運動，所以在T時刻電勢能最小，選項C正確．電子在t＝2T時回到P點，此時速度v2＝v1－a2T＝－eq\f(2φ1eT,dm)(負號表示方向向下)，電子的動能為Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(2e2T2φeq\o\al(2,1),md2)，根據能量守恒定律，電勢能的減少量等于動能的增加量，選項D正確．6、一個質量為m，電荷量為＋q的小球以初速度v0水平拋出，在小球經過的豎直平面內，存在著若干個如圖所示的無電場區和有理想上下邊界的勻強電場區，兩區域相互間隔，豎直高度相等，電場區水平方向無限長．已知每一電場區的場強大小相等，方向均豎直向上，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．小球在水平方向一直做勻速直線運動B．若場強大小等于eq\f(mg,q)，則小球經過每一電場區的時間均相同C．若場強大小等于eq\f(2mg,q)，則小球經過每一無電場區的時間均相同D．無論場強大小如何，小球通過所有無電場區的時間均相同解析：選AC.將小球的運動沿著水平方向和豎直方向正交分解，水平方向不受外力，以v0做勻速直線運動，故A正確；豎直方向，在無電場區只受重力，加速度為g，豎直向下，有電場區除重力外，還受到豎直向上的恒定的電場力作用，加速度的大小和方向取決于合力的大小和方向．當電場強度等于eq\f(mg,q)時，電場力等于mg，故在電場區小球所受的合力為零，在無電場區小球勻加速運動，故經過每個電場區時，小球的速度均不等，因而小球經過每一電場區的時間均不相等，故B錯誤；當電場強度等于eq\f(2mg,q)時，電場力等于2mg，故在電場區小球所受的合力大小等于mg，方向豎直向上，加速度大小等于g，方向豎直向上，根據運動學公式有：經過第一個無電場區y＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，v1＝gt1，經過第一個電場區，y＝v1t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，v2＝v1－gt2，聯立解得t1＝t2，v2＝0.接下來小球的運動重復前面的過程，即在豎直方向上每次通過無電場區都是自由落體運動，每次通過電場區都是末速度為零的勻減速直線運動，故C正確；通過前面的分析可知，小球通過每個無電場區的初速度不一定相同，所以通過無電場區的時間不同，故D錯誤．7、在豎直平面內有一方向斜向上且與水平方向夾角為α＝30°的勻強電場，電場中有一質量為m，電荷量為q的帶電小球，用長為L的不可伸長的絕緣細線懸掛于O點，如圖所示．開始時小球靜止在M點，細線恰好水平．現用外力將小球拉到最低點P，然后由靜止釋放，則以下判斷正確的是()A．小球再次到M點時，速度剛好為零B．小球從P到M過程中，合外力對它做的功為eq\r(3)mgLC．小球從P到M過程中，其機械能增加了eq\r(3)mgLD．如果小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球將做勻變速直線運動解析：選B.根據題述，開始時小球靜止于M點，細線恰好水平，由平衡條件可知，qEsin30°＝mg.小球再次到M點時，切向加速度為零，速度最大，選項A錯誤．小球從P到M過程中，重力做負功為WG＝－mgL，電場力qE做正功為WF＝qELsin30°＋qELcos30°＝(1＋eq\r(3))mgL，合外力對它做的功為W＝WG＋WF＝eq\r(3)mgL，選項B正確．由功能關系可知，電場力做功機械能增加，小球從P到M過程中，其機械能增加了(1＋eq\r(3))mgL，選項C錯誤．由于在M點，小球所受電場力在豎直方向的分量等于重力，如果小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球將做勻變速曲線運動，選項D錯誤．8、如圖所示PO為光滑絕緣豎直墻壁、OQ為光滑絕緣水平地面，地面上方有一水平向左的勻強電場E，帶正電荷的A、B兩小球(可視為質點)均緊靠接觸面而處于靜止狀態，這時兩球之間的距離為L.若在小球A上加豎直推力F，小球A沿墻壁PO向著O點移動一小段距離后，適當移動B球，小球A與B重新處于靜止狀態，則與原來比較(兩小球所帶電荷量保持不變)()A．A球對豎直墻壁的作用力不變B．兩球之間的距離一定增大C．A球對B球作用的靜電力增大D．地面對B球的彈力不變解析：選AC.由題意知，A球加上力F移動一段距離后仍處于靜止狀態，故B球對A球的庫侖力沿豎直方向上分力增大，B球應該向左移動，A球對B球的庫侖力在水平方向的分力等于勻強電場對B球的靜電力，而勻強電場對B球的靜電力不變，根據作用力和反作用力的關系，B球對A球的庫侖力在水平方向的分力大小也不變，所以A球對豎直墻壁的壓力不變，選項A正確；A、B兩球的連線與水平方向的夾角θ變大，F庫cosθ不變，庫侖力F庫一定變大，選項C正確；兩球之間的距離減小，選項B錯誤；根據力的相互作用性可知，A球對B球的庫侖力在豎直方向上的分力變大，故地面對B球的彈力變大，選項D錯誤．9、如圖所示為空間某一電場的電場線，a、b兩點為其中一條豎直向下的電場線上的兩點，該兩點的高度差為h，一個質量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為eq\r(3gh)，則下列說法中正確的是()A．質量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點的過程中動能增加量等于電勢能減少量B．a、b兩點的電勢差U＝eq\f(mgh,2q)C．質量為m、帶電荷量為＋2q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為eq\r(gh)D．質量為m、帶電荷量為－q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為eq\r(gh)解析：選BD.質量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點的過程中，機械能與電勢能之和守恒，其動能增加量等于重力勢能、電勢能的減少量之和，選項A錯誤；設a、b之間的電勢差為U，由題意，質量為m、帶電荷量為＋q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為eq\r(3gh)，根據動能定理，mgh＋qU＝eq\f(1,2)m·3gh，解得qU＝eq\f(1,2)mgh，a、b兩點的電勢差U＝eq\f(mgh,2q)，選項B正確；質量為m、帶電荷量為＋2q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時，由動能定理得mgh＋2qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝2eq\r(gh)，選項C錯誤；質量為m、帶電荷量為－q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時，由動能定理得mgh－qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\r(gh)，選項D正確．10、一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是()A．C和U均增大 B．C增大，U減小C．C減小，U增大 D．C和U均減小解析：選B.由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，在兩極板間插入一電介質，其電容C增大，由公式C＝eq\f(Q,U)知，電荷量不變時，U減小，B正確．二、非選擇題如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區域存在方向水平向右的勻強電場．自該區域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進入電場區域，并從該區域的下邊界離開．已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍．不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小．解析：(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2③聯立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3.④(2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M進入電場后做直線運動，由幾何關系知eq