（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測七 第七章 靜電場（含解析）

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1、靜電場 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分.1～7題為單選題，8～12題為多選題) 1．(2018·渭南模擬)一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場，電場沿豎直方向．一帶正電的粒子先后以不同的水平初速度射入兩平行板間，測得兩次與電容器極板的撞擊點(diǎn)到入射點(diǎn)之間的水平距離之比為1∶2.若不計(jì)重力，則兩次水平初速度之比是(　　) A．1∶2　　　　　　　　 B．1∶1 C．2∶1 D．4∶1 解析：A　粒子垂直電場方向做勻速直線運(yùn)動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，兩次沿電場方向的位移相同，加速度相等，根據(jù)y＝at2知，運(yùn)動的時(shí)間相等，根據(jù)x＝v0t

2、得，水平距離之比為1∶2，則初速度之比為1∶2，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 2．a(chǎn)、b、c三個(gè)點(diǎn)電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a所帶的電荷量為＋Q，b所帶的電荷量為－q，且Q>q，關(guān)于電荷c，下列判斷正確的是(　　) A．c一定帶負(fù)電 B．c所帶的電荷量一定大于q C．c可能處在a、b之間 D．如果固定a、b，仍讓c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定 解析：B　根據(jù)三個(gè)自由點(diǎn)電荷的平衡規(guī)律，“兩同夾一異”，“兩大夾一小”，c一定帶正電荷且c的電荷量一定大于q，故A、C錯(cuò)誤，B正確；三個(gè)電荷要平衡，必須三個(gè)電荷在一條直線，外側(cè)兩個(gè)電荷相互排斥，中間

3、電荷吸引外側(cè)兩個(gè)電荷，所以外側(cè)兩個(gè)電荷距離大，要平衡中間電荷的作用力，必須外側(cè)電荷電量大，中間電荷電量小，所以第三個(gè)電荷必須為正電，且在b的右側(cè)，而其電量可以不確定，故D錯(cuò)誤． 3.(2018·池州模擬)電子槍是加速電子轟擊靶屏發(fā)光的一種裝置，它發(fā)射出具有一定能量、一定束流以及速度和角度的電子束．電子束中某個(gè)電子只在電場力作用下從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的軌跡如圖中虛線所示，圖中一組平行實(shí)線可能是等勢面也可能是電場線，則以下說法正確的是(　　) A．若圖中實(shí)線是電場線，電子在M點(diǎn)的速度較大 B．若圖中實(shí)線是電場線，M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)低 C．不論圖中實(shí)線是電場線還是等勢面，電子在M點(diǎn)動能小 D

4、．不論圖中實(shí)線是電場線還是等勢面，M點(diǎn)的場強(qiáng)都比N點(diǎn)小 解析：B　如果實(shí)線是電場線，由運(yùn)動軌跡判斷，電子受豎直向上的電場力，場強(qiáng)方向向下，M點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)的電勢，電子在M點(diǎn)動能較小，速度較小，故A錯(cuò)誤、B正確；如果實(shí)線是等勢面，由運(yùn)動軌跡判斷，電子受力水平向右，場強(qiáng)方向水平向左，M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢，電子在N點(diǎn)動能較小，故C錯(cuò)誤；因?qū)嵕€為平行線，故無論是電場線還是等勢面，均說明此電場為勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)處處相等，故D錯(cuò)誤． 4．(2018·商丘模擬)如圖甲所示為半徑為R、均勻帶正電的球體，AB為過球心O的直線上的兩點(diǎn)，且OA＝2R，OB＝3R，球體的空間產(chǎn)生對稱的電場，場強(qiáng)大小沿半徑方向

5、分布情況如圖乙所示，圖中EO已知，E－r曲線O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積．則下列說法正確的是(　　) A．A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢 B．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度 C．從球面到A點(diǎn)的電勢差小于AB兩點(diǎn)間的電勢差 D．帶電量為q的正電荷沿直線從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，電場力做功qE0R 解析：D　球體帶正電，周圍的電場線向外背離球體，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知，A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，故A錯(cuò)誤；根據(jù)圖乙可知，A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故B錯(cuò)誤；E－r圖線與橫軸圍成的面積表示電勢差，E－r圖線O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積，所以從球面到A點(diǎn)的電勢

6、差等于A、B兩點(diǎn)間的電勢差，即為U＝E0R，故C錯(cuò)誤；帶電量為q的正電荷沿直線從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，電場力做功W＝qU＝qE0R，故D正確． 5.(2018·涪陵區(qū)模擬)如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板，板長為2d，相距為d，兩板間加有豎直向下的勻強(qiáng)電場，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球以大小為v0的水平速度從靠近上板下表面的P點(diǎn)射入，小球剛好從下板右邊緣射出，重力加速度為g，則該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為(　　) A. B. C. D. 解析：C　根據(jù)牛頓第二定律得qE＋mg＝ma，解得a＝，運(yùn)動時(shí)間為t＝，d＝at2，聯(lián)立解得E＝，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 6.(

7、2018·孝感模擬)在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個(gè)帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))無間隙排列，其中A點(diǎn)的小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q，此時(shí)圓心O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為(　　) A．E B. C. D. 解析：B　假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，由于圓周的對稱性，根據(jù)電場的疊加原理知，圓心O處場強(qiáng)為0，所以圓心O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小等效于A點(diǎn)處電荷量為＋2q的小球在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)，則有E＝k，方向水平向左，A處＋q在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為E1＝k，方向水平向左，設(shè)其余帶電荷量為＋q的所有小球在O點(diǎn)處產(chǎn)生的合場強(qiáng)為E2＝E

8、－E1＝k＝，所以僅撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度等于E2＝，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 7.(2018·九江模擬)如圖，豎直光滑的圓軌道上放一個(gè)質(zhì)量為m的小球，帶電量為＋q(可看作質(zhì)點(diǎn))，圓的半徑為R.周圍空間充滿著水平方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝.現(xiàn)在在最低點(diǎn)給小球一個(gè)初動能，為了小球能做一個(gè)完整的圓周運(yùn)動，那么在圓軌道最低點(diǎn)給小球的初動能(　　) A．Ek大于mgR B．Ek等于mgR C．Ek小于mgR D．Ek的大小不能確定 解析：A　如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系知，等效最高點(diǎn)在A點(diǎn)，A與圓心的連線與水平方向成45°，在A點(diǎn)，根據(jù)mg＝m得，A點(diǎn)的最小速度vA＝，根據(jù)動能

9、定理得－qE·R－mgR(1＋)＝mv－Ek，解得Ek＝mgR>mgR，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 8.如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點(diǎn)是P，直徑MN水平．a(chǎn)、b是兩個(gè)完全相同的帶正電小球(視為點(diǎn)電荷)，b固定在M點(diǎn)，a從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動經(jīng)過P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q(圖中未畫出)時(shí)速度為零，則小球a(　　) A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小 B．從N到P的過程中，速率先增大后減小 C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加 D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量 解析：BC　小球a從N到Q的過程中，重力不變，庫侖力F逐漸增大，庫侖力

10、F與重力的夾角逐漸變小，因此，F(xiàn)與m的合力逐漸變大，A錯(cuò)誤．從N到P的過程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力時(shí)，速率最大，B正確；從N到Q，F(xiàn)一直做負(fù)功，電勢能一直增加，C正確；從P到Q，根據(jù)能量守恒知電勢能的增加量和重力勢能的增加量之和等于動能的減少量，所以電勢能的增加量小于動能的減少量，D錯(cuò)誤． 9．(2018·銀川模擬)一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地．兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容，E表示兩板間的場強(qiáng)，φ表示P點(diǎn)的電勢，Ep表示正電荷在P點(diǎn)的電勢能，若正極板保持不動，將負(fù)極板緩慢向左平移一小段距離L0的過程中，各物理量與負(fù)極板

11、移動距離x的關(guān)系圖像中正確的是(　　) 解析：BC　平行板電容器充電后與電源斷開，平行板上所帶電荷量Q不再發(fā)生變化，設(shè)圖示位置兩平行板間距為d，根據(jù)平行板電容器的電容公式得C＝，電容C隨x變化圖線應(yīng)為曲線，故A錯(cuò)誤；根據(jù)C＝＝，電場強(qiáng)度E＝，解得E＝，E與x無關(guān)，電場強(qiáng)度E隨x變化圖線應(yīng)為平行于x軸的直線，故B正確；負(fù)極板接地，電勢φ1＝0，兩板間電勢差U＝E(d＋x)＝φ2－φ1，正極板電勢φ2＝U＋φ1＝E(d＋x)，設(shè)正極板與P點(diǎn)間距離為d2P，電勢差U2P＝Ed2P＝φ2－φP，所以P點(diǎn)電勢φP＝φ2－Ed2P＝E(d－d2P)＋Ex，其中E、d、d2P為定值，φ－x的圖線是

12、截距為正值、斜率為正值的一條直線，故C正確；正電荷在P點(diǎn)電勢能Ep＝qφP＝qE(d－d2P)＋qEx，Ep－x的圖線是截距為正值、斜率為正值的一條直線，故D錯(cuò)誤． 10．來自質(zhì)子源的質(zhì)子(初速度為零)，經(jīng)一直線加速器加速形成細(xì)柱形的質(zhì)子流且電流恒定，假定分布在質(zhì)子源到靶之間的加速電場是均勻的，在質(zhì)子束中與質(zhì)子源相距l(xiāng)和4l的兩處各取一橫截面S1和S2，設(shè)從質(zhì)子源到S1、S2的過程中，某質(zhì)子受到的沖量分別為I1、I2；在S1、S2兩處各取一段極短的相等長度的質(zhì)子源，其中的質(zhì)子數(shù)分別為n1、n2，則(　　) A．I1∶I2＝1∶2 B．I1∶I2＝1∶4 C．n1∶n2＝2∶1 D

13、．n1∶n2＝4∶1 解析：AC　質(zhì)子在加速電場中做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)x＝at2知，位移之比為1∶4，則所用的時(shí)間之比為1∶2，根據(jù)沖量I＝Ft知，質(zhì)子受到的沖量大小之比為I1∶I2＝1∶2，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)電流的微觀意義可知，i1＝n1eSv1，i2＝n2eSv2，在l處與4l處的電流相等，即n1ev1S＝n2ev2S，解得＝，由動能定理得qEl＝mv，解得v1＝，4qEl＝mv，解得v2＝，則＝，故C正確，D錯(cuò)誤． 11.一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動，其電勢能Ep隨位移x的變化關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．粒子從x1處運(yùn)動到x2處的過程中

14、電場力做正功 B．x1、x2處電場強(qiáng)度方向沿x軸正方向 C．x1處的電場強(qiáng)度大小大于x2處的電場強(qiáng)度大小 D．x1處的電勢比x2處的電勢低 解析：AD　由于粒子從x1運(yùn)動到x2，電勢能減小，因此電場力做正功，粒子所受電場力的方向沿x軸正方向，粒子帶負(fù)電，故電場強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由于x1處的圖線斜率的絕對值小于x2處圖線斜率的絕對值，因此x1處的電場強(qiáng)度大小小于x2處的電場強(qiáng)度大小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；沿著電場線方向電勢降低，故x1處的電勢比x2處的電勢低，選項(xiàng)D正確． 12．如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的

15、電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時(shí)刻，一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時(shí)的速度為v0，t＝T時(shí)刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場．則(　　) A．該粒子射出電場時(shí)的速度方向一定是沿垂直電場方向的 B．在t＝時(shí)刻，該粒子的速度大小為v0 C．若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場，則粒子會打在板上 D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝時(shí)刻射出電場 解析：ABD　粒子射入電場在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上前半個(gè)周期內(nèi)先做勻加速直線運(yùn)動，在后半個(gè)周期內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，一個(gè)周期末豎直方向上的分速度為零，可知粒子射出電場時(shí)的速度方向一定沿

16、垂直電場方向，故A正確；在t＝時(shí)刻，粒子在水平方向上的分速度為v0，因?yàn)閮善叫薪饘侔錗N、PQ的板長和板間距離相等，則有v0＝·×2，解得vy＝v0，根據(jù)平行四邊形定則知，粒子的速度為v＝v0，故B正確；若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場，粒子在豎直方向上的運(yùn)動情況與0時(shí)刻進(jìn)入時(shí)運(yùn)動的方向相反，運(yùn)動規(guī)律相同，則粒子不會打在板上，故C錯(cuò)誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則粒子射出電場的時(shí)間t＝＝，故D正確． 二、非選擇題(本題共3小題，共52分．有步驟計(jì)算的需寫出規(guī)范的解題步驟) 13．(14分)如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點(diǎn)分別固定著等量正點(diǎn)電荷．圖中AC＝CO＝OD＝DB＝

17、L.一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初動能E0從C點(diǎn)出發(fā)，沿直線AB向D運(yùn)動，滑塊第一次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的動能為nE0(n＞1)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)動能恰好為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，求： (1)小滑塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)O、D兩點(diǎn)之間的電勢差UOD； (3)小滑塊運(yùn)動的總路程s. 解析：(1)由AC＝CO＝OD＝DB＝L，可知C、D關(guān)于O點(diǎn)對稱，則UCD＝0(2分) 設(shè)滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，對滑塊從C到D的過程，由動能定理得qUCD－f＝0－E0，(2分) 且f＝μmg，(1分) 可得μ＝(1分) (2)滑塊從O到D的運(yùn)動過程中，由動能定理得

18、qUOD－f＝0－nE0(2分) 可得UOD＝.(2分) (3)滑塊從開始運(yùn)動到最終停下的整個(gè)過程，根據(jù)動能定理得qUCO－fs＝0－E0(2分) 而UCO＝－UOD＝，可得s＝.(2分) 答案：(1)μ＝　(2)UOD＝ (3)s＝ 14．(18分)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于同一豎直平面內(nèi)，其中x軸水平、y軸豎直，xOy平面內(nèi)長方形區(qū)域OABC內(nèi)有方向垂直O(jiān)A的勻強(qiáng)電場，OA長為l，與x軸間的夾角θ＝30°.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看成質(zhì)點(diǎn))從y軸上的P點(diǎn)沿x軸方向以一定速度射出，恰好從OA的中點(diǎn)M垂直O(jiān)A進(jìn)入電場區(qū)域．已知重力加速度為g. (1)求P的縱

19、坐標(biāo)yP及小球從P射出時(shí)的速度v0； (2)已知電場強(qiáng)度的大小E＝，若小球不能從BC邊界離開電場，OC長度應(yīng)滿足什么條件？ 解析：(1)設(shè)小球從P運(yùn)動到M所用時(shí)間為t1，則有 豎直方向：yP－sin θ＝gt，vy＝gt1(3分) 水平方向：cos θ＝v0t1(2分) 由幾何關(guān)系＝vy(2分) 解得yP＝l，v0＝(2分) (2)設(shè)小球到達(dá)M時(shí)速度為vM，進(jìn)入電場后加速度為a，有vM＝(1分) 小球在電場中沿vM方向做勻速直線運(yùn)動，沿與vM垂直方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動，設(shè)邊界OC的長度為d時(shí)，小球不從BC邊射出，在電場中運(yùn)動時(shí)間為t2，則有mgsin θ＝ma(3分)

20、d>vM·t2(2分) ＝at(2分) 解得d>l(1分) 答案：(1)l　　(2)d>l 15.(20分)如圖所示，水平絕緣光滑軌道AB的B端與處于豎直平面內(nèi)的圓弧形光滑絕緣軌道BCD平滑連接，圓弧的半徑R＝0.50 m，軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝1.0×104 N/C.現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.06 kg的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平軌道上與B端距離s＝1.0 m的位置，由于受到電場力的作用，帶電小球由靜止開始運(yùn)動．已知帶電小球所帶的電荷量q＝8.0×10－5 C，取g＝10 m/s2.試問： (1)帶電小球能否到達(dá)圓弧最高點(diǎn)D？請計(jì)算說明． (2)帶電小球

21、運(yùn)動到何處時(shí)對軌道的壓力最大？最大值為多少？ 解析：假設(shè)小球能到達(dá)D點(diǎn)，且速度為vD. 從A到D過程，由動能定理得 qEs－mg·2R＝mv－0(3分) 可得小球在D點(diǎn)所需要的向心力 F向＝m＝0.8 N(2分) 而重力G＝mg＝0.6 N(1分) 則F向>G，故帶電小球能到達(dá)圓弧最高點(diǎn)D.(2分) (2)小球在電場中受到的電場力和重力的合力大小 G等＝＝1 N(2分) 方向與豎直方向的夾角為θ，有 tan θ＝＝，得θ＝53°(2分) 當(dāng)G等方向通過圓心O向外時(shí)，小球速度達(dá)到最大，設(shè)此位置為P，此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫_(dá)到最大． 小球從A到P的過程，由動能定理得 qE(s＋Rsin θ)－mg(R－Rcos θ)＝mv－0(3分) 在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得FNmax－G等＝m(2分) 解得FNmax＝5 N(1分) 由牛頓第三定律可得小球?qū)壍赖淖畲髩毫? N．(2分) 答案：(1)能，見解析　(2)與豎直方向夾角為53°時(shí)　5 N 10