2020屆高考人教物理二輪專題沖刺：靜電場練習題附答案

2020屆高考人教物理二輪專題沖刺：靜電場練習附答案*靜電場*一、選擇題1、（多選）（原創(chuàng)題）在真空中兩個完全相同的金屬小球P、Q（可看作點電荷），P球帶電荷量大小為5.0X109C,Q球帶電荷量大小為7.0X109C,兩球相距1m。下列說法正確的是（ ）A.它們之間的庫侖力一定為斥力，大小為 3.15X10-7NB.它們之間的庫侖力一定為引力，大小為 3.15X10-7NC.若把它們接觸后放回原處，它們之間的相互作用力可能為 3.24X107ND.若把它們接觸后放回原處，它們之間的相互作用力可能為 9.0X109NCD［兩小球可視為點電荷，未接觸時，根據(jù)庫侖定律，兩帶電小球問庫侖力大小5=卜平=9.0X109X5.0><10了0*10N=3.15X107N,兩小球帶同種電荷為斥力，帶異種電荷為引力，選項A、B錯誤；若兩小球帶同種電荷，兩小1 ，，…、八球接觸后，電荷均分，每個小球帶電荷量為總電荷量的 2,根據(jù)庫侖定律，F(xiàn)1=q1q2…一q6.0X109X6.0X109 7 _，.一k=2-=9.0X109x ? N=3.24X107N,選項C正確；若兩小球帶異種電荷，兩小球接觸后，部分電荷中和，剩余凈電荷為 2.0X109C,由于兩金屬球完全相同，凈電荷最后均分，各帶 1.0X10—9C,此時兩球問庫侖,_q〃1q〃2 91.0X109X1.0X109 9 、，丁力FzMk^—rl1—=9.0X109X 12 N=9.0X109N,選項D正確。］2、（2019浙江學軍中學模擬）一邊長為r的正三角形的三個頂點，固定有3個點電荷，電荷量分別為+q、+q和一2q,如圖，靜電力常量為k,則三角形中心處O點的電場強度大小和方向分別為（）A.12kq,指向電荷量為一2q的點電荷B.誓，指向電荷量為一2q的點電荷C,臂，背離電荷量為一2q的點電荷D.學，背離電荷量為一2q的點電荷B[O點是三角形的中心，到三個點電荷的距離均為 l等r,兩個電荷量為+q的點電荷在O處產(chǎn)生的場強大小為Ei=E2=kA，根據(jù)對稱性和幾何知識得知兩個電荷量為+q的點電荷在。處產(chǎn)生的合場強為Ei2=Ei=卓；再與電荷量為一2q的點電荷在O處產(chǎn)生的場強合成，得到O點的合場強為E=Ei2+E3=k^+k2q=卜患=等，方向指向電荷量為一2q的點電荷，故選Bo]3、（多選）D是一只理想二極管（電流只能從a流向b,而不能從b流向a）.平行板電容器A、B兩極板間有一電荷在P點處于靜止.以E表示兩極板間電場強度，U表示兩極板間電壓，Ep表示電荷在P點電勢能.若保持極板B不動，將極板A稍向上平移則（）A.E變小B.U變大C.Ep不變D.電荷仍保持靜止【參考答案】BCD根據(jù)平行板電容器的決定式C=4^y知，將極板A稍向上平移，板間距離d增大，電容C減小，假設電容器的電壓不變，則電容器所帶電量將要減小，電容器放電，但是由于二極管具有單向?qū)щ娦裕姾刹荒芰骰仉娫?，所以電容器的電量保持不變，板間場強￡===4三?，恒定不變，電場drS力等于重力，電荷保持靜止，A選項錯誤，D選項正確；根據(jù)U=Q可知，板問C電壓U變大，B選項正確；P點電勢（|p=UPB=EdPB,Upb保持不變，P點的電勢保持不變，電荷在P點電勢能Ep不變，C選項正確.4、如圖所示，勻強電場方向平行于xOy平面，在xOy平面內(nèi)有一個半徑為R=5m的圓，圓上有一個電荷量為q=+ixi0—8C的試探電荷P,半徑OP與x軸正方向的夾角為9,P沿圓周移動時，其電勢能Ep=2.5X105sin8（J則（）A．x軸位于零勢能面上B.電場強度大小為500V/m,方向沿y軸正方向C．y軸位于零勢能面上D.電場強度大小為500V/m,方向沿x軸正方向A[由Ep=2.5X10—5sin以J)x軸上的勢能為零，是零勢能面，電勢沿y軸變化最快，電場線沿y軸方向，A正確，C錯誤；當仁90°時，Ep=2.5X105J=EqR,解得E=500V/m,又電勢能大于零，故電場強度的方向沿y軸負方向，B、D錯誤。]5、(2019大連二模)(多選如圖所示，在豎直放置的平行金屬板 A、B之間加有恒定電壓 U，A、B兩板的中央留有小孔Oi、。2,在B板的右側(cè)有平行于極板的勻強電場E,電場范圍足夠大，感光板 MN垂直于電場方向固定放置。第一次從小孔 O1處由靜止釋放一個質(zhì)子，第二次從小孔Oi處由靜止釋放一個a粒子，關于這兩個粒子的運動，下列判斷正確的是 ( )

A.質(zhì)子和a粒子在O2處的速度大小之比為1：2B.質(zhì)子和a粒子在整個過程中運動的時間相等C.質(zhì)子和a粒子打到感光板上時的動能之比為1：2D.質(zhì)子和a粒子打到感光板上的位置相同Uh，所以質(zhì)子和a粒子打到感光板上的位置CD［根據(jù)動能定理有々mv2—0=qU,解得丫=、^^?,所以質(zhì)子和a粒子在O2處的速度大小之比為取1,選項A錯誤；質(zhì)子、a粒子在A、B板間做勻加速直線運動，由2=皆可知，質(zhì)子的加速度大，所以質(zhì)子運動時間短，進入豎直電場做類平拋運動，質(zhì)子在豎直電場中的加速度大，做類平拋運動的時間較短，可知質(zhì)子在整個過程中的運動時間小于a粒子的運動時間，選項B錯誤；O2到MN板的電勢差用U'表示，對整個過程，由動能定理得Ek—0=q(U+U')故帶電粒子的末動能與電荷量成正比，所以質(zhì)子和a粒子打到感光板上時的動能之比為1：2,選項C正確；質(zhì)子、a粒子由O2到MN板，豎直方向有h=2Emt2,水平方向有x=vt,聯(lián)立解得x=Uh，所以質(zhì)子和a粒子打到感光板上的位置6、(2019福建聯(lián)考)均勻帶電薄球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布有正電荷，總電荷量為q,球面半徑為R,CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM=ON=2R已知M點的場強大小為E,則N點的場強大小為（ ）A-播-EB-4q2C-2R2-eD-2R2+EC［若將均勻帶2q電荷的薄球殼放在。處，球殼在M、N兩點產(chǎn)生的電場強度大小均為提；則由對稱關系可知N點的場強大小EN=2R2—E,C正確。］7、如圖所示，在一大小為E的水平勻強電場中，A、B兩點的電勢分別為M、相，A、B兩點的直線距離為1,垂直電場方向的距離為d.一電荷量為q的帶正電粒子從A點沿圖中虛線移動到B點.則該過程中電場力做功為（ ）A.q（小一㈣B.0C.qEl D.qEd

【參考答案】A電場力做功等于電勢差乘以電荷量，W=qUAB=q（小一膽），A選項正確；在勻強電場中，電場力做功還等于電場力乘以電場線方向的位移，W=qEyi'_d,B、C、D選項錯誤.8、如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點。處的電勢為0,點A處的電勢為6V,點B處的電勢為3V,則電場強度的大小為（ ）A.200V/m B.200x/3V/mC.100V/m D.100v3V/mA［勻強電場的電場線與等勢面都是平行、 等間距排列的,且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢逐漸降低，取OA中點C,則C點電勢為3V,連接BC即為電場50片中的一條等勢線，作等勢線的垂線，即電場中的電場線，如圖所示，由幾何關系可得,E=U可得,E=U=OCsin30200V/m。故A正確9、如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動。 設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是（其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化）（）C DA［電子在交變電場中所受電場力大小不變，加速度大小不變，故C、D兩項錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，^T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t=T時刻速度變?yōu)榱?，之后重復上述運動，A項正確，B項錯誤。］10、（2019衡水模擬）（多選）如圖所示，豎直面內(nèi)固定的均勻帶電圓環(huán)半徑為R,帶電量為+Q,在圓環(huán)的最高點用絕緣絲線懸掛一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球（大小不計），小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，小球到圓環(huán)中心O距離為R,已知靜電力常量為k,重力加速度為g,則小球所處位置的電場強度為（ ）

A『舞CkR2D聯(lián)AD［帶電小球受到庫侖力為圓環(huán)各個點對小球庫侖力的合力，以小球為研究對象，受力如圖所示。圓環(huán)各個點對小球的庫侖力的合力為qE,由平衡條件得，豎直方向Fsin4mg,小球到圓環(huán)中心O距離為R,而豎直面內(nèi)固定的均勻帶電圓環(huán)半徑為R,則sin由斗，解彳FF=，2mg,水平方向Fcos與qE,解得E=mg,qq故A正確，B錯誤；將圓環(huán)看成由n個小段組成，當n相當大時，每一小段都可以看成點電荷，由對稱性知，各小段帶電體在小球所處位置場強 E的豎直分則及三角知識，則有小球所處位置的電場強度為量相互抵消，而水平分量之和即為帶電環(huán)在小球處的場強E,結(jié)合矢量的合成法則及三角知識，則有小球所處位置的電場強度為C錯誤，D正確。］11、（多選）已知無限大的均勻帶電面可產(chǎn)生垂直于該面的勻強電場（正的帶電面場強方向背離該面、負的帶電面場強方向指向該面），場強大小E=2：tk9式中k為靜電力常量，6為電荷面密度（單位面積的帶電量）.現(xiàn)有如圖所示的兩個平行且可視為無限大的均勻帶電面A和B,電荷的面密度分別為6和一2b（的正的常數(shù)），間距為d,空間中有C、D兩點，CD連線垂直于帶電面，C點到A面距離與D點到B面的距離均為g,A面接地，關于C、D兩點的場強大小和電勢高低，下列說法正確的是（ ）A.Ec=EdB.Ec＞EdC,呢=MD.呢＞M【參考答案】AD設A面產(chǎn)生電場的場強大小為Ea=E0,由題意得Eb=2Eo,在C點Ec=Eb—Ea=E0,方向垂直指向A面.同理在D點Ed=Eb—Ea=E0,方向垂直指向B面，B選項錯誤，A選項正確.根據(jù)對稱性，Uca=—Ubd,又根據(jù)AB板間的場強方向指向B板，固有?。炯?，因此他＞也，C選項錯誤，D選項正確．12、如圖所示，實線表示某電場的電場線 （方向未標出 ），虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為如、如，粒子在M點和N點時加速度大小分別為aM、aN,速度大小分別為vm、vn,電勢能分別為EpM、EpNo下列判斷正確的是（ ）A. vm<vn, aM<aN B. vm<vn, 枷<柳C. (|m<(|ni, EpM<EpN D. aM<aN, EpM<EpND[電場線越密， 電場強度越大， 同一個粒子受到的電場力越大， 根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度越大，故有aM<aN；若粒子從M運動到N點，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)， 可知在某點的電場力方向和速度方向如圖甲所示，故電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即VM>VN,EpM<EpN,負電荷在低電勢處電勢能大,故如>料。甲乙若粒子從 N運動到M，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖乙所示， 故電場力做正功， 電勢能減小， 動能增大，即VM>VN,EpM<EpN,負電荷在低電勢處電勢能大，故板>料。綜上所述，D正確。]13、(多選 )如圖所示，一根不可伸長的絕緣細線一端固定于 O點，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現(xiàn)把細線水平拉直，小球從 A點由靜止釋放，經(jīng)最低點 B后，小球擺到 C點時速度為 0，則 ( )A.小球在B點時速度最大B.小球從A點到B點的過程中，機械能一直在減少C.小球在B點時細線的拉力最大D.從B點到C點的過程中小球的電勢能一直增加BD［小球所受重力和電場力恒定，重力和電場力的合力恒定，小球相當于在重力和電場力的合力及細線的拉力作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動。 當小球運動到重力和電場力的合力和細線的拉力共線時（不是B點），小球的速度最大，此時細線的拉力最大，A、C錯誤；從A點到C點的過程中，小球所受重力做正功，小球擺到C點時速度為0,所以電場力對小球做負功，小球從A點到B點的過程中，機械能一直在減少，B正確；從B點到C點的過程中，小球克服電場力做功，小球的電勢能一直增加，D正確。］二、非選擇題1、如圖甲所示，加在A、B間的電壓Uab做周期性變化，其正向電壓為U0,反，,一… 5 ，一一一. . . . ?一向電壓為一4以，電壓變化的周期為2T,如圖乙所小.在t=0時，有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以初速度V0垂直電場方向從兩極板正中間射入電場,在運動過程中未與極板相撞，且不考慮重力的作用.如果電子恰好在2T時刻射出電場，則板間距離d應滿足什么條件？【參考答案】d>9e