高考物理二轮复习专题练习 ：静电场 (2)（Word版含答案）.docx

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1、静电场一、单选题1如图所示，真空中有一带正电的点电荷甲固定在O点，虚线是其在周围空间产生的电场的三个等势面，且相邻的两个等势面间电势差相同。实线是点电荷乙在电场中运动轨迹，S、M、N为运动轨迹与等势面的交点，下列正确的是（）A乙为负电荷B电势C场强大小D电荷乙的电势能2如图所示，竖直放置的光滑绝缘半圆轨道半径为R，最低点B与水平面平滑相接，C为最高点，A为与圆心O等高点，轨道处于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为，方向与轨道平面平行。现有一质量为m、电荷量为的小球在电场中运动，关于小球在电场中的运动说法正确的是（）A若小球沿轨道运动，则小球在A处的电势能最大B小球从A静止释放，刚到水平面时动

2、能为C如果在B处给小球一个合适的初速度，小球沿轨道到达A的速度可能为零D如果在B处给小球一个合适的初速度，小球沿轨道到达C的速度可能为3下列物理量的正负号表示大小的是（）A功B速度C磁通量D电势能4如图所示，匀强电场中有一个半径为4cm的圆，电场方向与圆面平行，A、B、C是圆上的三个等分点，已知，则该电场的电场强度大小为（）A100V/mB150V/mCD5随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体后（）A电容器的电容

3、变小B电容器的带电量增大C极板间电场强度变小D膜片下移过程中，电流表有从a到b的电流6如图是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，振动膜片与固定电极构成的电容发生变化，电路中的电流随之变化，这样声信号就变成了电阻R上的电信号。其固定电极接地，P为膜片与固定电极间的一点，则当振动膜片向左振动时（）A电容器的电容增大B电容器两极板间的电场强度增大CR中有从右向左的电流DP点的电势降低7目前市场上的智能手机普遍采用了电容触摸屏。当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和手机屏幕中某一层夹层工作面形成一个电容器，通过测量电容器可以确定手指位置。从

4、电容器的原理来分析，下列说法正确的是（）A使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作B手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小C手指靠近但不触摸屏幕时，也可能产生位置信号D手指与屏的接触面积变化时，电容不变8如图把一个带电小球A固定在光滑的绝缘水平桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B，现给小球B一个垂直A、B连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是（ ）A若A、B带同种电荷，B球可能做速度减小的曲线运动B若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动C若A、B带异种电荷，B球一定做类平抛运动D若A、B带异种电荷，B球可能以A为圆心做匀速圆周运动二、多选

5、题9如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取点电势为零，Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示。若在点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则下列判断正确的是（）A电子将沿Ox轴负方向运动B电子的电势能将增加C电子运动的加速度先减小后增大D该电场线可能是等量异种点电荷间的电场线10如图所示，放在地面上的金属网罩B内放有一个不带电的验电器C，若把一带有正电荷的绝缘体A移近金属网罩B，则（）A在B的内表面带正电荷B在B的右侧外表面带正电荷C验电器的金属箔片将不张开DB的左右两侧电势相等，BC11如图甲所示，A、三点是在等量同种正电荷连线的中垂线上的点.现有一个带电荷量为，质量为的点电荷从点由

6、静止释放，只在电场力作用下其运动的图象如图乙所示，运动到点处对应的图线的切线斜率最大（图中标出了该切线），其切线斜率为，则（）AA、三点所在直线为等势线且和无穷远处等电势B在点无初速度释放一个电子，则它将在点两侧做往复运动C点为中垂线上电场强度最大的点，大小为DA、两点间的电势差12下列四幅图是某同学用来描述一个电容器充电时，其电荷量Q、电压U、电容C之间的相互关系，其中正确的是（）ABCD13一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以初速度为-v0做直线运动，其v-t图像如图所示。粒子在t时刻运动到B点，3t时刻运动到C点，以下判断正确的是（ ）AA、B、C三点中B点的场强最大BA、B、C三点的

7、电势关系一定为C粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功D粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少14如图所示，用长为L的绝缘细线拴住一只质量为m、带电荷量为q的小球，线的另一端拴在O点，整体处于水平向右的匀强电场中。开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点（线拉直）让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60角到达B点时，球的速度恰好为零，重力加速度为g。空气阻力忽略不计，以下说法中正确的是（）AB、A两点之间的电势差为B匀强电场的场强为C小球运动到B点时细线上的拉力大小为mgD小球到达B点以后恰好能保持静止三、填空题15将一个电量为C的负电荷从电场中的A点移到B点，克

8、服电场力做功J；从B点移到C点，电场力做功J。则UAC=_V。16如图所示为研究平行板电容器电容的实验。与电容器相连的静电计用来测量电容器的_。电容器充电后与电源断开，当极板间插入其它的电介质板时，电容器的电容将_（填“增大”“减小”或“不变”），静电计指针偏角将_。（填“增大”“减小”或“不变”）。将平行板电容器与电源相连，当两极板间的距离减小时，带电量Q将_（填“增大”“减小”或“不变”），电势差U将_（填“增大”“减小”或“不变”），极板间的电场强度E将_（填“增大”“减小”或“不变”）。17在x=0和x=5a处分别固定两个带正电的点电荷M、N，现将一点电荷P置于x=a处并由静止释放，它

9、在电场力作用下沿x轴正方向运动（重力不计），若其速度大小随位置变化的关系如图所示，则P为_电荷（填“正”或“负”）；点电荷M、N所带电量之比为_。四、解答题18两块水平平行放置的导体板如图甲所示，板间距为d，大量电子（质量为m、电荷量为e）由静止开始，经电压为的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为；当在两板间加如图乙所示的周期为的周期性电压，该电压在前半个周期电压恒为，在后半个周期电压为零，所有电子均能从两板间通过（不计电子重力及电子间相互作用），、m、e、d均为已知量。求：（1）电子刚进入两板间时的速度大小；（2）0时刻和时刻进

10、入两板间的电子通过两板间过程中产生的侧向位移大小。19如图所示为某离子收集器装置的示意图，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域边界与y轴相切于坐标原点O，磁场方向垂直于坐标平面，一截面为矩形的电场处理器AMNC与磁场相切于P点，AC边与y轴重合，其中，AC与MN间存在沿x轴正方向的匀强电场，在MN处放置有与MN等长的荧光屏。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子，以相同速率各向均匀的从O点射入区域，其中沿Ox方向射入的离子刚好经过P点，已知所有离子均能打到荧光屏上，形成的亮线恰与M、N连线重合，不计离子重力及相互作用，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B大小和方向：（2）电场处理器AMNC

11、间的电场强度E的大小；（3）若F为MN中点，荧光屏上MF间与FN间收集到的离子数目之比为多少。20如图所示，方向为水平向右的匀强电场中，有一质量为的带电小球，所带的电荷量是，现用长为的细线悬于O点，当小球平衡时，细线和竖直方向的夹角为，求：(1)电场强度E是多少？(2)现给小球一个初速度，速度方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做逆时针方向的圆周运动，则圆周运动过程中速度的最小值为多少？21质子和粒子（氦核）两种粒子的质量之比为14，从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，经U1的电压加速后，从水平放置的两平行金属板中间进入，如图所示，板长为L、两板间距离为d、板间加直流电压U2，

12、金属板右端距竖直放置的屏为L。不计粒子重力及其相互作用，求：（1）质子和粒子刚进入电场U2时的速度之比v1v2；（2）偏转电场U2对质子和粒子做功之比W1W2；（3）质子和粒子从进入偏转电场到打在屏上的时间之比t1t2。试卷第9页，共9页参考答案1D【详解】A曲线运动的合力指向弯曲一侧，故从电荷的运动轨迹可以看出，电荷受到排斥力，已知点电荷甲带正电，故乙为正电荷，A错误；B点电荷甲带正电荷，越靠近正电荷处的电势越高，则有B错误；C根据因为故C错误；D因为所以正电荷乙在M点的电势能最大，则有D正确。故选D。2A【详解】A电荷量为的小球在电场力作用下做负功时电势能增大，则沿轨道运动到A点，电场力做

13、负功最多，故A处的电势能最大，故A正确；B小球从A静止释放时，重力和电场力的合力斜向右下，小球直接沿做匀加速直线运动而不会沿轨道做圆周运动，设合力与竖直的夹角为，有由动能定理有解得小球刚到水平面时动能为故B错误；C如果在B处给小球一个合适的初速度，M点为圆心等高处，在等效场中M点之前的位置速度都能减为零，而A点超过了圆心等高处，速度较小时就脱轨，即A点的速度不可能为零，故C错误；D如果在B处给小球一个合适的初速度，小球沿轨道到达C点时，沿径向至少有重力和电场力的分力，则能够到达C点的速度一定大于，故D错误；故选A。3D【详解】A功是标量，其正负号反映力对物体运动的作用效果，不表示大小也不表示方

14、向，故A错误；B速度是矢量，其正负号表示其方向不表示其大小，故B错误；C磁通量是标量，其正负号反映磁场相对平面通过的方向，不表示大小，故C错误；D电势能是标量，其正负号表示其大小，故D正确。故选D。4A【详解】因为，所以A、C在同一等势面上，电场强度大小为故选A。5B【详解】ABD根据电容器表达式当两个极板的距离减小时，电容器的电容增大；再根据电容器定义式由于电容器一直和电源相连，电压不变，当电容增大时，带电荷量增大，即电容器被充电，电流表有从b到a的电流，AD错误，B正确；C由匀强电场公式得所以当电压不变，两个极板的距离减小时，极板间电场强度变大，C错误。故选B。6D【详解】ABC振动膜片向

15、左振动时电容器两极板间的距离d变大，由知电容减小，电容器两极板间电压不变，由知电容器带电荷量减小，正在放电，所以中电流方向自左向右，故ABD错误；D在不变的情况下，变大，由可知极板间电场强度减小，P点与固定电极之间的电势差变小，P点的电势降低，故D正确。故选D。7C【详解】A绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容器屏幕上进行触控操作。故A错误；B手指压力变大是由于手指与平的夹层，工作面距离变小，由知电容将变大，故B错误；C因为手指靠近但不触摸屏幕时，手指与工作面能形成一个电容器，所以也可能产生位置信号，故C正确；D由知手指与平的接触面积变化时，电容变化，故D错误。故选C。8D【详解】

16、AB若A、B带同种电荷，则B受到库仑斥力作用，由于库仑力与速度方向始终不在同一直线上，所以B做曲线运动，且斥力方向和速度方向夹角越来越小，库仑力对B做正功，B的速度增大，而A、B间距离越来越大，库仑力越来越小，加速度越来越小，AB错误；CD若A、B带异种电荷，则B受到的库仑引力的作用，且方向始终指向A，而类平抛运动的受力是恒力，所以B不可能做类平抛运动。当库仑力的大小满足下列关系时B将以A为圆心做匀速圆周运动，故C错误，D正确。故选D。9CD【详解】A由图像可知沿x轴正方向电势越来越高则电场强度方向沿x轴负方向，所以电子所受电场力方向沿x轴正方向，所以电子将沿Ox轴正方向运动，则A错误；B电场

17、力做正功，电势能减小，所以B错误；C电势随x变化的图像的斜率表示电场强度，由图像可知电场强度先减小后增大，所以电子运动的加速度先减小后增大，则C正确；D该电场线可能是等量异种点电荷间的连线上的电场线如图所示，所以D正确；故选CD。10BC【详解】A由于金属网罩的静电屏蔽作用B的内表面不带电，故A错误；B由于静电感应，金属网罩外表面的自由电子重新分布，根据“近异远同”的结论，B的右侧外表面带正电荷，故B正确；C由于金属网罩的静电屏蔽作用，B的内部电场强度处处为零，C上无感应电荷，则验电器的金属箔片将不张开，故C正确；D由于金属网罩处于静电平衡状态，金属网罩是等势体，表面为等势面，则B的左右两侧电

18、势相等，故D错误。故选BC。11BC【详解】A正点电荷从点由静止释放，向A点加速运动，说明电场力做正功，电势能减小，电势减小，故A错误；B根据对称性，O点电势最大，在中垂线上，由O向无限远处电势一直减小，电子只在电场力作用下，有向电势高的地方的运动趋势，在点无初速度释放一个电子，则它将在点两侧做往复运动，故B正确；C图象斜率表示加速度，由图知，点加速度最大，则电场强度最大，根据牛顿第二定律解得故C正确；D由A到B，根据动能定理解得故D错误。故选BC。12BC【详解】AB电容器的电容由本身决定，与两板间的电压无关，则选项A错误，B正确；CD根据Q=CU可知，Q-U图像为过原点的倾斜的直线，选项C

19、正确，D错误。故选BC。13AD【详解】A由速度图像可知，加速度先增大后减小， B点的加速度最大，所以B点电场强度最大，A正确；B因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，B错误；C因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，C错误；D由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，D正确。故选AD。14ABC【详解】A小球到B速度恰好为零，说明电场力做负功故电场力与电场方向相同，小球带正电，设B、A两点之间的电势差为U，由A到B过程，由动能定理得解得故A正确；B在匀强电场中，则解得故B正确；C小球到达B点时速度为零，向心力为零，所以沿细线方向合力为零，此时对

20、小球受力如图所示沿细线方向有解得故C正确；D小球在B点沿细线方向合力为零，但沿圆弧切线方向合力不为零所受合力并不为零，所以不能静止在B点，故D错误。故选ABC。15【详解】A、B间的电势差为B、C间的电势差为故有16电势差 增大 减小 增大 不变 增大 【详解】与电容器相连的静电计用来测量电容器的电势差； 电容器充电后与电源断开，当极板间插入其它的电介质板时，根据可知介电系数增大，电容器的电容将增大； 电容器充电后与电源断开，则Q不变，而极板间插入其它的电介质板时，电容器的电容将增大，根据可知电势差将减小，静电计指针偏角将减小； 将平行板电容器与电源相连，则电势差不变，当两极板间的距离减小时，

21、则电容C将增大，带电量Q将增大； 将平行板电容器与电源相连，则电势差U不变； 根据可知，U不变，d减小，极板间的电场强度E将增大。17正 9:4 【详解】由图可知，速度先增大后减小，说明电荷P在电荷M、N附近受到斥力，则P为正电荷。P在处速度最大，合力为零，则解得18（1）；（2），【详解】（1）在加速电场中有解得（2）在偏转电场中，加速度为对于0时刻进入的电子解得对于时刻进入的电子解得19（1） ；方向垂直纸面向外；（2） ；（3）【详解】(1)离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即由题可得解得由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外；(2)对沿轴方向射入的离子，其刚好到达N点，可

22、知该离子在电场中沿轴方向有在x轴方向联立可得(3)对恰好打中荧光屏中间位置的离子在电场中在轴方向有在x轴方向有联立可得该离子在磁场中运动轨迹如图所示可知可得可知荧光屏MF间与FD间收集到的离子对应发射角度为60与120，故荧光屏上半部分与下半部分收集到的离子数目之比20(1)；(2)【详解】(1)小球受重力、电场力、细线的拉力，根据平衡条件解得(2)速度的最小值是当转到图中小球的斜对面时，该位置与小球的平衡位置关于圆心对称,小球的速度最小。根据牛顿第二定律解得21（1）；（2）；（3）【详解】质子和粒子的质量之比为电荷量之比为，（1）根据可知，粒子在加速后的速度，故（2）粒子在偏转电场U2中的运动可分解为水平方向（匀速直线运动）竖直方向（匀加速直线运动），联立解得，偏移量为偏转电场U2对粒子做功偏转电场U2对质子和粒子做功之比（3）粒子在进入偏转电场直到在屏上的过程中，水平方向一直以v0的速度做匀速直线运动，水平方向故运动的时间为故答案第15页，共15页