高考物理二轮复习专题练习 ：静电场（1）（Word版含答案）.docx

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1、静电场 一、单选题1图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知ACBC，ABC60，BC20cm，把一个电荷量q105C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为1.73103J，则该匀强电场的场强大小和方向是（）（计算时取1.73）A865V/m，垂直AC向左B865V/m，垂直AC向右C1000V/m，垂直AB斜向上D1000V/m，垂直AB斜向下2x轴上A、B、C、D四个位置的坐标如图所示，现在O点和D点分别固定一个电量为Q的正点电荷，已知A、B两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为A、B。则以下说法正确的是（）AEAEB，AEB，ABCEAEB，ABD在x轴上另有2个

2、点的场强与A点相同3如图所示，固定一带电量为的小球的绝缘支架放在电子秤上，此时电子秤示数为，现将带等量负电的另一相同小球移至距离小球正上方处时，电子秤示数为，若将另一个相同的但不带电小球与球碰一下后拿走，此时电子秤示数为，则（）ABCD4如图甲所示，将一带正电的小球从直线电场线上的A点由静止释放，小球仅在电场力作用下沿直线从A点运动到点（A、间距为），到达点时的速度大小为，其图像如图乙所示。已知小球质量为、电荷量为，下列说法中正确的是（）AA点电场强度大于点电场强度BA点电势低于点电势CA点电场强度大小为DA、两点的电势差大小为5两个分别带有电荷量和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距

3、为r的两处，它们间的库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定在处，则两球间库仑力的大小为（）ABCD2F62015年2月20日，自动体外除颤器亮相杭州街头，急救有望实现“黄金3分钟”。自动体外除颤器是通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激患者的心脏恢复正常跳动。如图是一次除颤器的放电模拟治疗，该除颤器的电容为15F，充电后电容器的电压是4.0kV，假设电容器在一定时间内放电至两极板之间的电压为0，则下列说法正确的是（）A此次放电模拟治疗通过人体的电荷量是60CB此次放电模拟治疗的过程中，除颤器的电容在减小C若除颤器在410-3s内完成放电，则放电的平

4、均电流为15AD在放电模拟治疗的过程中，流过人体的电流不变7如图所示的电路中，平行板电容器、极板水平放置，下极板固定，电阻的下端接地，点为、极板之间的一固定点。开关闭合，待电路稳定后，仅将板向上平移一小段距离，则下列说法正确的（）A电容器的电容增大B在板上移的过程中，电容器的带电量增大C、两极板间的电场强度不变D当电路稳定时，与原来相比较，点电势降低了8关于电势和电势能，下列说法正确的是（）A在负点电荷形成的电场中，离场源电荷越近电势越高B在负点电荷形成的电场中，沿着电场线的方向电势逐渐升高C在正点电荷形成的电场中，负电荷离场源电荷越远电势能越大D在匀强电场中，负电荷沿着电场线的方向移动，电势

5、能逐渐减小9如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向斜向下，且与电场方向的夹角为45（图中未画出），则小球从M运动到N的过程（）A重力势能增加B重力势能减少C电势能增加D电势能减少10如图所示，A、B、C为三段圆柱体，质量均为m，均可视为质点通过铰链与两根长为L的轻杆相连，A、B、C的截面在竖直面内且处于正三角形的三个顶点，其中A、C置于光滑水平面上，A、C带电，电荷量均为q，A、C间的库仑力忽略不计，B不带电。起初在水平向右的匀强电场中三个物体均保持静止，现水平电场突然消失，B由静止下落，物体A、C在杆的作用下向两侧滑

6、动，三物体的运动始终在同竖直平面内。已知重力加速度为g。则物体B由静止至落地的过程中，下列说法正确的是（）A圆柱体A、C带异种电荷，且A带负电，C带正电B水平电场的电场强度C圆柱A对地面的压力一直大于mgD圆柱B落地的速度大小近似为二、多选题11某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，进而杀死肿瘤细胞。在模拟治疗的过程中，需要将质子由静止加速到1.0107m/s。若用直线加速器加速该质子，需要较长的加速长度；现改用磁感应强度B=2 T的回旋加速器加速该质子。已知质子的比荷约为108C/kg，则下列说法正确的是（）A若用直线加速器加速该

7、质子，则加速电压约为2106VB若用直线加速器加速该质子，则加速电压约为5105VC若用回旋加速器加速该质子，则回旋加速器的直径约为5cmD若用回旋加速器加速该质子，则回旋加速器的直径约为10cm12如图所示，在匀强电场平面内有一等边三角形ABC，边长为2m，三点的电势大小分别为=0，3V，现以B点为轴让三角形ABC在该匀强电场平面内顺时针转动30，则（）A该匀强电场的场强大小为V/mB该匀强电场的方向由B指向ACA点电势增加VDA点电势增加V13如图所示，处于x轴上的两个等量异号点电荷Q和Q，坐标分别为（L，0）和（3L，0）。以坐标原点O为圆心，作半径为2L的圆，圆上有a、b、c、d四个点

8、，均处于两点电荷形成的电场中，则下列说法正确的是（）AO点电势等于b点电势Bb点和d点电场强度大小相等，电势相同C将一正试探电荷从c点沿虚线圆周移到O点电场力不做功D将一正试探电荷从b点沿y轴移到d点，电势能先增大后减小14下列四幅图片对应的说法正确的是（）A图1装置是卡文迪什通过扭秤实验测出万有引力常量B图2装置中平行板电容器左极板向左平移时静电计角度变大C图3装置是汤姆孙利用油滴实验测出电子的电荷量D图4所示，小明下蹲过程中体重计的示数先增大后减小15如图，匀强电场内的M、N、P刚好是直角三角形的三个顶点，匀强电场的方向与此平面平行，已知，电势差。下列说法正确的是（）ABC电场方向平行于D

9、匀强电场的场强大于三、填空题16电场线的疏密可以反映电场强度的强弱_；若错误则原因分析_：17两个完全相同的金属球A和B（可视为电荷）带电荷量之比为1：7，相距为r。两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是_。18匀强电场电场力做功：在匀强电场中，电场力做功W=qEd，其中d为沿_方向的位移，不一定是被移动电荷的实际位移。四、实验题19如图所示，带电平行板电容器与验电器相连构成静电计，来探讨电容器的电容的决定因素，同时可以分析带电平行板间的场强与电压，规定大地的电势为0，静电计的带电量不变，回答下列问题：（1）移动金属板A，其电势_改变（填“

10、会”、“不会”）（2）当静电计的指针的偏角变大，B、A两极板间的电压_（填“变大”、“变小”）。（3）移动金属板A向金属板B靠近，两极板的正对面积不变，电容器的电容_（填“增大”、“减小”、“不变”），两极板间的电场强度_（填“增大”、“减小”、“不变”）。20如图甲所示连接电路，选用直流电源对电容器充电。当闭合开关时，电源通过电阻给电容器充电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出如图乙所示的电流随时间变化曲线。（1）充电过程中电容器的电荷量_、电压_、电容_。（均填“变小“变大”或“不变”）（2）图中曲线与坐标轴围成的面积表示电容器充电后储存的_。（3）电容器充电完毕时，储存的电荷量约为

11、_（结果保留三位有效数字）。21在用电流场模拟静电场描绘电场等势线的实验中，在下列所给出的器材中：（1）应该选用的是_（用器材前的字母表示，多选题）A、6伏的直流电源B、6伏的交流电源C、量程00.5伏，零刻度在刻度盘中央的电压表D、量程0300微安，零刻度在刻度盘中央的电流表（2）在实验过程中，要把复写纸、导电纸、白纸铺放在木板上，它们的顺序（自上而下）是_；_；_。（3）在实验中，按下电键，接通电路.若一个探针P与基准点O接触，另一探针Q分别在基准点O的两侧找到了实验所需要的两点a、b（如图所示），则当探针Q与a点接触时，电表的指针应_（填“左偏”“指零”或“右偏”）。五、解答题22质子和

12、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，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。23如图，在竖直向下的匀强电场中，有一电荷量的正点电荷从A点移动到B点，电场力做功，A、B间距离，AB连线与竖直方向夹角，取，。（1）求场强E的大小；（2）若选取A点的电势，求电荷q

13、在B点的电势能。24如图所示，直角梯形位于水平向右的匀强电场中，、，边和边均水平将一电荷量的负点电荷从A点移动到C点，该点电荷克服电场力做的功求：（1）B、C两点间的电势差；（2）匀强电场的电场强度的大小E。25如图，竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道ABCD，圆弧BC与水平轨道CD相切于C点，倾角的斜轨AB与圆弧相切于B点，O为圆弧圆心，半径为R，半径OC所在竖直线左侧区域存在水平向右的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带正电小滑块P（可视为质点）从A处由静止开始沿斜轨下滑，进入水平轨道后与D处静止的绝缘小滑块Q发生弹性正碰。已知AB两点间的距离为2R，场强大小为，重力加速度大小为g，水平轨道

14、CD足够长，。求：（1）P第一次到达圆弧轨道C点时所受的支持力N；（2）P的最大速度vm；（3）若Q质量，P与Q发生第二次碰撞后，P能否到达轨道上与O点等高处的H点（请通过计算判断）。26如图所示，匀强电场中M、N、P三点位于一个半圆上，O点为圆心，MOP60，半径。把一带电量的点电荷由O点移动到M点，电荷克服静电力做功为2.4108J，由M点移动到P点，静电力做功为2.4108J，取O点的电势为零。求：（1）M、N两点的电势M、N；（2）电场强度的大小，并在图中画出一条电场线。试卷第11页，共11页参考答案1D【详解】由题意可知AB为一条等势线，且C、B两点间电势差为该匀强电场的场强大小为根

15、据沿电场强度方向电势降低且电场强度方向垂直于等势线可知场强方向为垂直于AB斜向下，故选D。2A【详解】ABCO点的电荷在A、B两点产生的场强大小相等，方向相反；D点的电荷在A、B两点产生的场强大小不等，方向相同，由场强的叠加可知A点的场强大于B点；O点的电荷在A、B两点产生的电势为正，大小相等；D点的电荷在A、B两点产生的电势为正，大小不等，由电势的叠加可知，A点的电势小于B点的电势，故A正确，BC错误；D因O点和D点分别固定一个电量为Q的正点电荷，则A点场强方向向左，根据场强叠加可知，OC间有一点场强大小与A点相等，但场强方向向右，CD间场强方向向左，存在一个点的场强与A点相同，按照对称性，

16、在D右侧x0处场强大小与A点场强大小相同，但方向相反，所以在x轴上与A点场强相同点只有一个，在CD之间的某点，故D错误。故选A。3C【详解】将带等量负电的另一相同小球移至距离小球正上方处时，电子秤示数为小球的重力和小球与的库仑引力之差，即若将另一个相同的但不带电小球与球碰一下后拿走，则小球与的库仑引力变为则此时电子秤示数为因此有整理得故选C。4D【详解】A由v2-x图像结合v2=2ax可得加速度不变，则电场为匀强电场，即A点电场强度等于B点电场强度，选项A错误；B从A到B带正电的粒子加速运动，可知电场线从A到B，则A点电势高于点电势，选项B错误；C根据Eq=ma可知，A点电场强度大小为选项C错

17、误；DA、两点的电势差大小为选项D正确。故选D。5B【详解】两小球接触前库仑力大小为两小球相互接触后带电量都是+Q，两球间库仑力的大小为故选B。6C【详解】BD除颤器在放电模拟治疗的过程中，电容器的电容不变，电荷量减小，电压减小，放电的电流逐渐减小，故BD错误。AC充电后的电压、电容已知，根据可求得极板上储存了0.06C的电荷量，放电结束后，极板间没有电压，则说明这个放电过程中，通过人体的电荷量为0.06C，410-3s内全部放完，根据可得放电的平均电流为15A，故A错误，C正确。故选C。7D【详解】A将A板向上平移一小段距离，则两板间距变大，则由可知，电容器的电容减小，选项A错误；B在A板上

18、移的过程中，C减小，根据Q=CU可知，电容器的带电量减小，选项B错误；C根据可知，A、两极板间的电场强度减小，选项C错误；D当电路稳定时，两板间场强减小，根据U=Ed可知，P点与下极板间电势差减小，因下极板电势为零，则与原来相比较，点电势降低了，选项D正确。故选D。8C【详解】AB在负点电荷形成的电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，而电场线止于负电荷，所以离场源电荷越近电势越低，故AB错误；C在正点电荷形成的电场中，离场源电荷越远电势越低，所以负电荷离场源电荷越远电势能越大，故C正确；D在匀强电场中，负电荷沿着电场线的方向移动，电场力做负功，电势能逐渐增大，故D错误。故选C。9B【详解】把小

19、球的实际运动分解成竖直方向和水平方向的两个分运动。在N点分解速度，如图可得小球在水平方向只受电场力qE，竖直方向只受重力mg，则小球在水平方向和竖直方向的位移分别为，AB带电小球竖直方向只受重力作用，由动能定理，可得易知重力势能增加。故A错误；B正确；CD带电小球水平方向只受电场力作用，由动能定理，可得易知电势能减少，故CD错误。故选B。10D【详解】AB系统能静止在水平面上，可知A与C受到的电场力一定方向相反，所以A与C带异种电荷；电场的方向向右，根据平衡条件可知，A带正电，C带负电，对B受力分析可知，设杆上的支持力为，则解得对C分析可得杆上作用力的水平分力等于电场力，即解得故AB错误；CA

20、与C先先向两侧做加速运动，但在B落地前的一段时间，A、C做减速运动，轻杆对球有向上作用力，故球A对地面的压力可能小于mg，故C错误；D根据运动的合成与分解可知当B落地时，A、C速度为零，对整个系统分析，忽略电荷间的作用力有解得故D正确。故选D。11BD【详解】AB若用直线加速器加速该质子，根据动能定理代入速度和质子的比荷可得加速电压U=5105 VA错误，B正确。CD若用回旋加速器加速该质子，根据可得r=代入数据得r=5 cm直径d=10 cm ，C错误，D正确。故选BD。12AC【详解】AB由题意可知，BC是等势线，则场强方向垂直于BC向上，边长为2m，则故A正确，B错误；CD当以B点为轴让

21、三角形ABC在该匀强电场平面内顺时针转动30时，A点电势升高，增加量为故C正确，D错误；故选AC。13BD【详解】AO点距Q较近，O点电势大于b点电势，故A错误；Bb点和d点关于两点电荷的连线对称，由对称性结合场强叠加可知，b点和d点电场强度大小相等，电势相同，故B正确；C将一正试探电荷从c点沿虚线圆周移到O点，Q对其的电场力不做功，但对其的电场力做功，故C错误；D将一正试探电荷从b点沿y轴移到d点，电势先增大再减小，由知其电势能先增大后减小，故D正确。故选BD。14AB【详解】A卡文迪什利用扭秤实验装置测出了万有引力常量，A正确；B平行板电容器左极板向左平移，两极板间的距离增大，根据电容器决

22、定式可知，电容变小，因为电容器的带电量保持不变，根据则电容器两端的电压变大，所以静电计角度变大，B正确；C图3所示装置是密立根利用油滴实验测出电子的电荷量，C错误；D图4所示，小明下蹲过程中先加速后减速，所以先失重后超重，体重计的示数应该先减小后增大，D错误。故选AB。15BD【详解】AB由题意可得故A错误，B正确；C如图所示，在MP上取一点S，使MS与NS长度之比为43，则连线NS为等势线，根据几何关系可得所以NS与MP不垂直，根据电场强度方向垂直于等势线可知该匀强电场方向与MP不平行，故C错误；D如图所示，作，则PP为一条等势线，再作，则电场强度方向由P指向M，根据几何关系可知MPMP，根

23、据匀强电场中场强与电势差的关系可得故D正确。故选BD。16正确 略 【详解】电场线的疏密可以反映电场强度的强弱，电场强度越密集的位置电场强度越强，电场强度越稀疏的位置电场强度越弱。179：7【详解】两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，设金属球A和B带电量为Q：7Q，所以A、B所带的电荷相等都为3Q，根据库仑定律得，解得则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是9：7。18场强【详解】在匀强电场中，电场力做功W=qEd，其中d为沿场强方向的位移，不一定是被移动电荷的实际位移。19不会 变大 增大 不变 【详解】(1)金属板A与验电器的金属外壳相连构成等势体，金属外壳接

24、地电势为0，则金属板A的电势始终为零，即移动金属板A，其电势不会改变。(2)静电计的指针张角发生变化，静电计与极板的电量都发生微弱的变化，认为电容器的电量保持不变由静电计指针的偏转角度，对应测出平行板间的电压，当静电计的指针的偏角变大，B、A两板间的电压变大。(3)移动金属板A向金属板B靠近，两极板的正对面积S不变，两极板的间距d减小，由可得电容C增大。由，解得两极板间的电场强度E与两极板的间距d的变化无关，当静电计的带电量Q不变，两极板的正对面积S不变，介电常数不变，E不变。20变大 变大 不变 电荷量 【详解】(1)充电过程中电容器的电荷量变大、电容由电容器内部结构决定，故不变，由可知，电

25、压变大。(2)根据可知，图中曲线与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电荷量。(3)结合(2)的解析可知，电容器充电完毕时，储存的电荷量约为21AD 导电纸 复写纸 白纸 指零 【详解】（1）本实验的原理是利用恒定电流场模拟静电场，所以6V的直流电源。故BC错误，A正确。由于导电纸上任一点与基准点的电势差较小，为了找到等势点，需要量程0-300A，零刻度在刻度盘中央的灵敏电流表。故D正确。故选AD；（2）等势线描绘在白纸上，白纸铺在最下面，操作在导电纸上，导电纸放在最上面，则要把复写纸、导电纸、白纸铺放在木板上，它们的顺序（自上而下）是导电纸、复写纸、白纸。（3）若一个探针P与基准点O接触，另一探

26、针Q分别在基准点O的两侧找到了实验所需要的两点a、b，说明a、b两点的电势与基准点P的电势都相等，则当探针Q与a点接触时，电表的指针应指零。22（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23（1）；（2）【详解】（1）A、B两点的电势差A、B两点沿电场线的距离匀强电

27、场的电场强度解得场强（2）由得q在B点的电势能24（1）9V；（2）30V/m【详解】（1）A、C两点的电势差A、B两点电势相等，则 （2）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系有 解得25（1）；（2）；（3）P无法到达轨道H点【详解】（1）P从A点第一次运动到C点过程，根据动能定理有解得P第一次到达C点时，由牛顿第二定律得解得（2）设甲受到的电场力、重力的合力（即等效重力）与竖直方向成角，如图所示。解得P第一次运动到圆弧上与OC竖直线的圆心角成角时速度最大，根据动能定理有解得（3）P与Q发生弹性碰撞过程，由动量守恒得由动能守恒得解得代入数据解得P与Q发生第一次碰撞后P、Q的速度大小分别为代入数据解得P与Q发生第二次碰撞后P的速度大小为若C能到达H过程有解得所以假设不成立，P无法到达轨道H点26（1）120V，0；（2），【详解】（1）由电场力做功的表达式可知由于解得由于解得（2）匀强电场的电场线如图所示电场强度大小答案第19页，共1页