2023-2024屆一輪復(fù)習(xí)人教版 章末真題8　靜電場 作業(yè)

章末真題練8靜電場

1.（2021?廣東卷,6）如圖是某種靜電推進(jìn)裝置的原理圖,發(fā)射極與吸

極接在高壓電源兩端,兩極間產(chǎn)生強電場,虛線為等勢面。在強電場作

用下,一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極,a、b是其路徑上的兩點。

不計液滴重力。下列說法正確的是（D）

高壓電源\

8?

發(fā)射極\\s

Z>??hi

帶電液滴//

毒勢面，

A.a點的電勢比b點的低

B.a點的電場強度比b點的小

C.液滴在a點的加速度比在b點的小

D.液滴在a點的電勢能比在b點的大

解析：由于發(fā)射極與電源正極相連接,故發(fā)射極電勢高于吸極電勢,故

a點電勢比b點電勢高,A錯誤;等勢面的疏密反映電場線的疏密,故a

點的電場強度大于b點的電場強度,液滴在a點的加速度大于b點的

加速度,B、C錯誤;帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極,從a到b電場力

做正功,故電勢能減少,D正確。

2.（2022?山東卷,3）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位

于。點,環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等

分,取走A、B處兩段弧長均為AL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q

置于OC延長線上距0點為2R的D點,0點的電場強度剛好為零。圓

環(huán)上剩余電荷分布不變,q為（C）

A.正電荷,q=?QAL

TiR

√3QΔL

B.正電荷,q：

C.負(fù)電荷,q=華

TlK

D?負(fù)電荷,q=空警

TiR

解析:在取走A、B處兩段小圓弧上的電荷之前,整個圓環(huán)上的電荷在

。點產(chǎn)生的場強為零,而取走的A、B處的電荷的電量cb=qB=gAL,q.，、

2nR

qli在。點產(chǎn)生的合場強為EAB-?竺=笑?,方向為從。指向C,故取走A、

2πR?5

B處的電荷之后,剩余部分在O點產(chǎn)生的場強大小為黨,方向由C指

向0,而點電荷q放在D點后,0點場強為零,故q在。點產(chǎn)生的場強與

q,1、QB在0點產(chǎn)生的合場強相同,所以q為負(fù)電荷，即有k7%=k黑P

(2R)2ττR3

解得q呼。

TTK

3.(2020?全國I卷，17)圖a所示的電路中,K與L間接一智能電源，

用以控制電容器C兩端的電壓Uco如果Uc隨時間t的變化如圖b所示,

則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時間t變化的圖像中，正確的是

(A)

URUR

::345

________Iliil____________________Ilili________

012：：t∕s012345t∕s

解析：由圖b可知,在0?1S時間內(nèi)，電容器兩極板之間電壓為零,說

明電容器沒有充放電，電路中沒有電流,根據(jù)歐姆定律可知電阻R兩

端電壓為零;在1~2s時間內(nèi)，電容器兩極板之間電壓均勻增大,根據(jù)

I=普=C拶可知電路中有恒定電流對電容器充電,則電阻R兩端電壓恒

△t?t

定;在2?3s時間內(nèi)，電容器兩極板之間電壓恒定且不為零,說明電容

器帶電荷量不變，電路中沒有電流，電阻R兩端電壓為零;在3?5s時

間內(nèi)，電容器兩極板之間電壓均勻減小,說明電容器均勻放電,則電路

中有反方向恒定電流,且電流小于充電電流，電阻R兩端電壓恒定,且

電壓小于充電時兩端電壓,所以電阻R兩端電壓UR隨時間t變化的圖

像正確的是A。

4.（2021?山東卷,6）如圖甲所示,邊長為a的正方形，四個頂點上分

別固定一個電荷量為+q的點電荷;在0Wx<ja區(qū)間,X軸上電勢。的變

化曲線如圖乙所示。現(xiàn)將一電荷量為-Q的點電荷P置于正方形的中

心O點,此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為零。若將P沿X軸向

右略微移動后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（C）

y

φ

甲乙

A.Q=等q,釋放后P將向右運動

B.Q=WLZ,釋放后P將向左運動

C.Q=空出q,釋放后P將向右運動

4

D.Q=空婁q,釋放后P將向左運動

4

解析:因為每個點電荷所受庫侖力的合力均為零,對最上邊的點電荷，

其他三個電荷給它的受力分別是F1=F2=?,F3=^4,因為F1、F2大小相

α22az

等,所以件、建的合力是空?,而P對最上邊點電荷的庫侖力是k￥-

ɑ2凈）2

則根據(jù)受力平衡有曄+磐=匕要一,解得Q=宇q。由題圖乙可知,

α22a2d?）24

在OWx<Ja區(qū)間，電場方向向左,所以電荷量為-Q的點電荷P將受到

向右的靜電力,P將向右運動。故C正確,A、B、D錯誤。

5.（2022?全國乙卷,21）（多選）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝

置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分別為R和R+d）和探

測器組成,其橫截面如圖a所示,點。為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點

的電場強度大小與其到0點的距離成反比,方向指向0點。4個帶正

電的同種粒子從極板間通過,到達(dá)探測器。不計重力。粒子1、2做圓

周運動，圓的圓心為0、半徑分別為r??r2(R<r,<r2<R+d);粒子3從距

0點r2的位置入射并從距0點r1的位置出射;粒子4從距0點n的位

置入射并從距。點n的位置出射,軌跡如圖b中虛線所示。則(BD)

A.粒子3入射時的動能比它出射時的大

B.粒子4入射時的動能比它出射時的大

C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能

D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能

解析:在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到0點的距離成反

比,則有Er=k,帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周

運動，貝I有qE1=m-,qE2=m竺,可得即粒子］、2入射

r1r22?22

時的動能相等，故選項C錯誤;粒子3從距0點m的位置入射并從距0

點n的位置出射,做向心運動,靜電力做正功,則粒子3入射時的動能

比它出射時的小，故選項A錯誤;粒子4從距0點rl的位置入射并從距

0點c的位置出射,做離心運動,靜電力做負(fù)功,則粒子4入射時的動

能比它出射時的大,故選項B正確;粒子3入射后的一小段時間做向心

運動,有qE2>m堂,可得（用=91%2,則粒子1入射時的動能大于

7,2222

粒子3入射時的動能,故選項D正確。

6.（2022?全國甲卷,21）（多選）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的

勻強電場,將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所

受的重力和電場力的大小相等,重力勢能和電勢能的零點均取在P點。

則射出后，（BD）

A.小球的動能最小時,其電勢能最大

B.小球的動能等于初始動能時,其電勢能最大

C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時,其動能最大

D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時,重力做的功等于小球電

勢能的增加量

解析：由題意可知,小球所受靜電力與重力的合力指向右下，與水平方

向成45°角，小球向左射出后做勻變速曲線運動，當(dāng)其水平速度與豎

直速度大小相等時，即速度方向與小球所受合力方向垂直時,小球克

服合力做的功最大,此時動能最小,而此時小球仍具有水平向左的分

速度,靜電力仍對其做負(fù)功,其電勢能繼續(xù)增大,選項A、C錯誤;小球

在靜電力方向上的加速度大小ax=g,豎直方向加速度大小ay=g,當(dāng)小

球水平速度減為零時,克服靜電力做的功最大,小球的電勢能最大，由

勻變速運動規(guī)律有v0=gt,此時小球豎直方向的速度vy=gt=v0,所以此

時小球動能等于初動能，由能量守恒定律可知,小球重力勢能減少量

等于小球電勢能的增加量,又由功能關(guān)系知重力做的功等于小球重力

勢能的減少量,選項B、D正確。

7.(2022?廣東卷，14)密立根通過觀測油滴的運動規(guī)律證明了電荷的

量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。如圖是密立根油滴實驗的原

理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板,上極板中央有

一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦,部分油滴帶上了

電荷。有兩個質(zhì)量均為m。、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B,

在時間t內(nèi)都勻速下落了距離h,o此時給兩極板加上電壓U(上極板

接正極)，A繼續(xù)以原速度下落,B經(jīng)過一段時間后向上勻速運動。B在

勻速運動時間t內(nèi)上升了距離h2(h2≠h,),隨后與A合并,形成一個球

形新油滴,繼續(xù)在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣

1

阻力大小為f=kτ∏3v,其中k為比例系數(shù),m為油滴質(zhì)量,V為油滴運動

速率。不計空氣浮力，重力加速度為g。求：

小孔________

oA+

d,U?B

I-

(1)比例系數(shù)k;

(2)油滴A、B的帶電量和電性;B上升距離h2電勢能的變化量；

(3)新油滴勻速運動速度的大小和方向。

解析：(1)兩小油滴勻速下落時，由題意得油滴的速度大小為吟,

由于勻速下落,則油滴的重力等于其所受的空氣阻力，即

1

m0g=f=km03v,

2

解得k=遮空。

八1

⑵給兩極板加上電壓,經(jīng)過一段時間后B向上勻速運動,而A仍以原

速度下落,說明A不帶電,B帶負(fù)電。

B勻速上升的速度為V，*,

U1

對B由平衡條件得q-=mg+km3v/,

a00

解得qj°gd,：+"2）,

B上升距離為lb的過程,靜電力做的功為

WFEh

dh1

又w=-ΔEp,貝IjB電勢能的變化量為

^m0g（∕t1+?2）^2

"1°

⑶假設(shè)新油滴最終向下勻速運動,其速度大小為V〃，則新油滴所受

空氣阻力向上，由平衡條件得2n?g=q3+k?（2mo"v",

解得V〃=駕”，

23t

若h1>h2,則v〃>0,新油滴向下運動；

若hl=h2,則v〃=0,新油滴靜止（不符合題意,舍去）;

若hι<h2,則v"<0,新油滴向上運動。

2

答案：（1）牢（2）（3）見解析

”1

［備用］

1.（2021?全國乙卷,20）（多選）四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為

（+q,m）、（+q,2m）、（+3q,3m）、（-q,m）,它們先后以相同的速度從坐標(biāo)

原點沿X軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行。不計重

力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是（AD）

A

?y

u^:；：：：-X

''?'?

C

解析:分析可知帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，則帶電粒子的

運動軌跡方程為W-空U)；由于帶電粒子的初速度相同,帶電粒子

2mV0

(+q,m)、(+3q,3m)的比荷相同,則帶電粒子(+q,In)、(+3q,3m)的運動

軌跡重合,C錯誤；當(dāng)電場方向沿y軸正方向時,帶正電的粒子向y軸

正方向偏轉(zhuǎn),帶負(fù)電的粒子向y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn),則粒子(+q,m)、

(+3q,3m)的運動軌跡與粒子(-q,m)的運動軌跡關(guān)于X軸對稱,粒子

(+q,2m)的比荷比粒子(+q,m)、(+3q,3m)的小，則X相同時,粒子

(+q,2m)沿y軸方向的偏轉(zhuǎn)量比粒子(+q,m)、(+3q,3m)的小,D正確；

當(dāng)電場方向沿y軸負(fù)方向時，同理可知A正確,B錯誤。

2.(2019?北京卷,23)電容器作為儲能器件,在生產(chǎn)生活中有廣泛的

應(yīng)用。對給定電容值為C的電容器充電,無論采用何種充電方式,其兩

極間的電勢差U隨電荷量q的變化圖像都相同。

(1)請在圖1中畫出上述u-q圖像。類比直線運動中由VT圖像求位

移的方法,求兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能Epo

⑵在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻,E表示電源（忽略內(nèi)阻）o

通過改變電路中元件的參數(shù)對同一電容器進(jìn)行兩次充電,對應(yīng)的q-t

曲線如圖3中①②所示。

a.①②兩條曲線不同是（選填"E”或"R"）的改變造成的；

b.電容器有時需要快速充電,有時需要均勻充電。依據(jù)a中的結(jié)論,

說明實現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。

圖2圖3

⑶設(shè)想使用理想的“恒流源”替換⑵中電源對電容器充電,可實現(xiàn)

電容器電荷量隨時間均勻增加。請思考使用“恒流源”和（2）中電源

對電容器的充電過程,填寫下表（選填“增大”“減小”或“不變”）。

“恒流源”（2）中電源

電源兩端電壓

通過電源的電流

解析：（l）up