2021新高考衡水名師物理：專題七靜電場

1、2021新高考衡水名師物理專題卷專題七靜電場考點19電荷守恒定律庫侖定律（15）考點20電場的強弱及描繪（6 8）考點21電場力功 電勢能（914）考點22電容器 帶電粒子在電場中的運動（1520）一、選擇題（本題共17個小題，每題4分，共68分。每題給出的四個選項中，有的只有一個選項符合題意，有的有多個選項符合題意，全部選又的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分）1.關(guān)于庫侖定律，下列說法中正確的是（）A.庫侖定律適用于點電荷，點電荷其實就是體積很小的球體q0B.根據(jù)F k,當兩電荷的距離趨近于零時，靜電力將趨向無窮大 rC.若點電荷4的電荷量大于q2的電荷量，則q1對q2的靜電

2、力大于q2又Q1的靜電力D.庫侖定律和萬有引力定律的表達式相似，都是平方反比定律2 .真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間靜電力的大小為 F,若保持這兩個點電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼? ,則它們之間靜電力的大小變?yōu)椋ǎ?A.2B. FC. 4FD. 16F3 .如圖所示，a、b、c、d四個質(zhì)量均為 m的帶電小球恰好構(gòu)成主星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞。點做半徑為 R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分。 小千d位于O點正上方h處，且在外力F 作用下恰處于靜止狀態(tài)。已知a、b、c三小球的電荷量均為 q, d球的電荷量

3、為 6q ,h 五R ,重力加速度為 g ,靜電力常量為k。則（）B.小球b的角速度為Jkq23R2mC.小球c的向心加速度大小為 y3kq-3R mD.外力F豎直向上，大小為”叵R24 .如圖所示，把 A B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10m的絕緣細線懸掛于 Oa和Ob兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與 A球接觸，棒移開后將懸點Ob移到Oa點固定。兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12m。已測得每個小球質(zhì)量是 8.0 10 4kg,帶電小球可視為點電荷，重力加速度g 10m/s2 ,靜電力常量k 9.0 109N m2/C2 ,則（）Oa OftOhA.兩球所帶電荷量相等BA球所受的靜電力為1.

4、0 10 2 NC.B球所帶的電荷量為4灰10 8CD.A B兩球連線中點處白電場強度為05 .如圖，帶電小球a固定在絕緣的豎直桿上處于靜止狀態(tài)，地面上固定一絕緣且內(nèi)壁光滑的半圓弧細管道 GHP,圓心與a球位置重合，管道底端 H與水平地面相切，一質(zhì)量為 m可視 為質(zhì)點的帶電小球 b從G端口由靜止釋放，當小球 b運動到H端時對管道壁恰好無壓力， 重力加速度為go在小球b由G沿管道向右運動過程中，下列說法中正確的是（）A.小球b不能到達右側(cè) P點B.小球b所受庫侖力大小始終為 2mgC.小球b向心加速度大小先變大后變小D.桿對小球a的作用力先變大后變小MN上鋪一薄層中藥材，針狀6 .如圖所示是高壓

5、電場干燥中藥技術(shù)基本原理圖，在大導(dǎo)體板電極O和平板電極MN接高壓直流電源，其間產(chǎn)生較強的電場。水分子是極性分子，可以 看成棒狀帶電體，一端帶正電，另一端帶等量負電；水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分離出去，在鼓風機的作用下飛離電場區(qū)域從而加速干燥。圖中虛線ABCD是某一水卜列說法正確的是分子從A處由靜止開始的運動軌跡。A.A處的電場強度大于 D處B.B處的電勢高于C處C水分子做勻變速運動D.水分子由A運動到C的過程中電勢能減少7 .如圖所示，在x軸上關(guān)于。點對稱的AB兩點分別放一個點電荷，兩點電荷為等量同種正點電荷,M,N是x軸上的兩點，且 OM MN, P點在第一象限且PM垂直于X 軸

6、，則()A.P點電勢比M點電勢低8 .兩點間電勢差大于 N,M兩點間電勢差C. M點場強比N點場強大D.在 M點靜止釋放一帶正電粒子，不計粒子重力，該粒子將沿 x軸做往返運動8 .在金屬球殼的球心有一個正點電荷，球殼內(nèi)外的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是A.M點的電場強度比 K點的大B.球殼內(nèi)表面帶負電，外表面帶正電C.試探電荷 q在K點的電勢能比在 L點的大D.試探電荷 q沿電場線從 M點運動到N點，電場力做負功9 .如圖，一帶正電的點電荷固定于。點,兩虛線圓均以。為圓心，兩實線分別為不同帶電粒子M和N僅在電場力作用下先后在該點電荷形成的電場中運動的軌跡，a、bK c、d為運動軌跡和虛線

7、圓的交點，e為兩軌跡的交點。不計粒子重力，下列說法正確的是（）A.M帶負電荷，N帶正電荷B.M在b點的動能大于它在 a點的動能C.N在d點的電勢能等于它在 c點的電勢能D.兩帶電粒子分別從 & c運動到e的過程中，電場力對兩帶電粒子所做的功一定相等10 .真空中兩個點電荷 Q。Q2分別固定于x軸上Xi 0和X2 4a兩點，在它們的連線上場強E與x的關(guān)系如圖所示（取 x軸正方向為場強正方向，無窮遠處為電勢零點），以下判斷正確的是（）A.Qp Q2都帶正電B.Qi與Q2的電荷量之比是1： 3Cx軸上x a處的電勢小于零D.正點電荷q在x軸上x 2a處的電勢能比在 x 3a處的小11 .如圖所示，虛

8、線為電場中一簇水平的等間距的等差等勢面，實線為一帶正電的質(zhì)點通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點。下列說法正確的是()A.軌跡上P點電勢比Q點電勢高B.帶電質(zhì)點運動過程中，電場力做正功C.帶電質(zhì)點通過Q點時動能較小D.帶電質(zhì)點通過該電場區(qū)域時加速度不變12 .某真空空間存在靜電場，沿著電場線建立x軸，x軸上一個試探電荷的電勢能Ep隨坐標x變化的規(guī)律如圖所 示，規(guī)定沿 x軸正方向為電場力的正方向，則下列說法正確的是()A.此電場可能為勻強電場B.試探電荷從到O點，受到的電場力先增大后減小C.試探電荷從O點到x2 ,電場力先做正功后做負功D. 8處的電勢比X2處的電勢高13.如圖所示，

9、在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強電場。長度為l的輕質(zhì)絕緣細繩一端固定在o點，另一端連接一質(zhì)量為 m、電荷量為q的小球（可視為質(zhì)點），初始時小球靜止在電場中的a點，此時細繩拉力為 2mg, g為重力加速度。若小球在a點獲得一水平初速度 Va ,使其恰能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，則 pI/ I .I卡 Iz 1bB.a、O兩點的電勢差Uao 加顯 qD.小球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動3mgA.電場強度為 ，萬向豎直向上qC初速度Va10gl14.如圖所示，一質(zhì)量為 m、帶電荷量為q的粒子（不計重力）從原點 O由靜止開始運動,空間所加的電場沿 x軸正方向，電場強度E與其位移x的關(guān)系圖線如圖所示。 若選

10、定原點的電勢為零，圖中E0、刈為已知量，則下列說法正確的是 （）A.x X。處的電勢 xoEo%C.該粒子的最大速度為3qExm3B.x 2x0 處的電勢2x0- EoxoD.該粒子在xxo到x 2x0的過程中做減速運動15.如圖所示，a、b為平行金屬板，靜電計的外殼接地，合上開關(guān)S后，靜電計的指針張開一個較小的角度，能使角度增大的辦法是（）A.使a、b板的距離增大一些B.使a、b板的正對面積減小一些C.斷開S ,使a、b板的距離增大一些D.斷開S ,使a、b板的正對面積增大一些16.如圖所示，一帶電粒子通過電壓為5的加速電場從靜止開始加速，然后進入偏轉(zhuǎn)電壓為U2的平行板電容器中，最終射到右側(cè)

11、豎直放置的熒光屏上。已知粒子的質(zhì)量為m （不計重力），電荷量為q,該平行板電容器兩極板之間的距離為d,板長為l。下列說法正確的是（）A.粒子-定帶正電B.粒子在偏轉(zhuǎn)電場的加速度為q-1C粒子射出電場時合速度為2. 2 qU2l md 2UiD.粒子射到熒光屏上時的動能為qU i2 2q-2l2 4Uidmd17.如圖所示，加速電容器兩極板豎直放置，加速電壓為 J ,偏轉(zhuǎn)電容器兩極板水平放置, 偏轉(zhuǎn)電壓為U2。一 靜止的 電子先被加速電場加速，進入偏轉(zhuǎn)電場，然后離開偏轉(zhuǎn)電場。電子重力忽略不計，下列說法正確的是（）A.若Ui加倍，電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度加倍B.若U 1和U 2同時加倍，電子離開偏

12、轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離不變C若Ui不變、U 2加倍，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向的速度加倍D.若U2不變、Ui加倍，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角(速度方向與水平方向的夾角)減半二、計算題(共3小題，共42分，按題目要求作答，解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)18 .如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為 H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自改區(qū)域上方的A點將質(zhì)量為 m、電荷量分別為 q和 q q 0的帶電小球 M,N先后以相同的初 速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知

13、N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為 N剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為 go求左H右(1) M與N在電場沿水平方向的位移之比 ；(2) A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小。19 .如圖甲所示，在y 0和y 2m之間有平行x軸的勻強電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大。電場強度的變化如圖乙所示，取x軸正方向為電場正方向?，F(xiàn)有一個帶負電的粒子，粒子的比荷1.0 102C/kg,在t 0時刻以速度vo 5 102m/s從。點m(1)粒子通過電場區(qū)域的時間;(2)粒子離開電場的位置坐標；(3)粒子通過電場

14、區(qū)域后沿 x軸方向的速度大小。20.已知某星球半徑為 R,宇航員在該星球表面研究帶電粒子在電場中的運動情況，如圖所 示，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。第一象限中有沿x軸正方向的勻強電場，第二象限中有沿y軸負方向的勻強電場，兩電場的電場強度大小均為E。一個質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶電質(zhì)點以初速度 立從x軸上P( L,0)點射入第二象限，已知帶電質(zhì)點在第二象限中做直 線運動，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個點 Q (未畫出)，引力常量為Go求：(1)該星球的質(zhì)量 M;(2)初速度v與x軸正方向的夾角；(3) P、Q兩點間的電勢差Upq；(4)帶電質(zhì)點在第一象限中運動所用的時間。答案以及解析1

15、.答案：D解析：A.庫侖定律適用于點電荷，點電荷并不是體積很小的球體，故A錯誤。B.當兩個點電荷距離趨于 0時，兩帶電體已不能看出點電荷了 ，該公式F k2 ,不適用了,r故電場力并不是趨于無窮大，故B錯誤。C.兩點電荷之間的作用力是相互的，根據(jù)牛頓第三定律，無論點電荷Qi的電荷量與Q2的電荷量大小如何，Qi xQ2的電場力大小上總等于 Q2對Qi電場力。故C錯誤。D.庫侖定律的表達式為 F kqq2,萬有引力定律的表達為 F Gmm2,故兩表達式相似，都 rr是平方反比定律，故 D正確。故選：D2 .答案：A解析：由庫侖定律 F 嗎乜可知，若保持這兩個點電荷之間的距離不變，而將它們的電荷 r

16、一，、,一，一 1一，一 1 一 F,量都變?yōu)樵瓉淼?，則它們之間靜電力的大小變?yōu)樵瓉淼?即二，A正確.416163 .答案：C解析：下面單個球受到的庫侖力的合力為虹，聯(lián)立圓周運動的方程，A錯，B錯，C對。3RD未考慮重力，D錯。4 .答案：ACD解析：用絲綢摩擦過的玻璃棒接觸A球，使A球帶正電，由題意知 A、B兩球接觸后分開，則兩球所帶電荷量相等，選項A正確；兩球平衡后受力如圖所示，球 B所受靜電力3.kq1q2F mgtan 6.0 10 N，球A、B所受靜電力大小相等，選項B錯誤；由F r2及q q2知，小球所帶電荷量q 476 10 8C,選項C正確；A B兩球所帶電荷在其連線的中點處

17、產(chǎn)生的電場強度大小相等、方向相反，合場強為 0,選項D正確。5 .答案：CD解析：對小球b運動過程應(yīng)用機械能守恒可得：mgR ： mv2 ,由小球在H點時對管道壁恰2好無壓力，根據(jù)牛頓第二定律可得：F庫-mg=mv-,所以小球b受到的庫侖力F庫3mg ,方 R向豎直向上；FPNcos mg F庫sin ,在水平方向可得F庫cosFPN sin FPM .解得3mgcosFpmmgtan,下滑過程中。從0增大90。，細線桿對小球a的作用力先增cos大后減小，故CD正確；6 .答案：D解析：電場線密的地方電場強度大，A處的電場強度小于 D處，所以選項A錯誤；順著電場線方向電勢降低，B處的電勢低于C

18、處，所以選項B錯誤；水分子受到的電場力是變力，所 以做變加速運動，選項C錯誤；水分子兩端帶等量異種電荷，所以水分子的棒狀與電場方向平行，且上端的電場強度大，受到較大的電場力，故水分子受到的合力沿電場線向上，即電場力對水分子做正功，根據(jù)功能關(guān)系可知電勢能減少，選項 D正確。7 .答案：AD解析：由 等量同種正點電荷等勢線分布可知，M點電勢比 P點電勢高，選項 A正確.O,M間電場線比M ,N間電場線分布稀疏，M,O兩點間電勢差小于N,M兩點間 電勢差，N點場強大于 M點場強.選項B、C錯誤。根據(jù)對稱性可知，在 M點靜止釋 放的帶正電粒子會以。點為中點做往返運動，選項 D正確。8 .答案：ABD解

19、析：由電場線的疏密程度可知，M點的場強大于k點，A正確；由于感應(yīng)起電，在金屬球殼的內(nèi)表面感應(yīng)出負電，外表面感應(yīng)出正電，B正確；負電荷在電場中沿電場線方向運動，電場力做負功，電勢能增加，可知 C錯誤，D正確。9 .答案：B解析：由兩軌跡均凹向中心點電荷方向，可知兩帶電粒子均受到吸引力 ,M和N均帶負電荷，故A錯誤;M從a點到b點過程中庫侖力總體表現(xiàn)為做正功，所以動能增大,B正確；顯然d點和c點的電勢不同，所以粒子N在兩點的電勢能不同,C錯誤；由于不知道兩個粒子的電荷量關(guān) 系，無法比較兩個粒子分別從 a、c運動到e的過程中電場力對兩帶電粒子所做的功的多少,D錯誤。10 .答案：C解析：由圖像知x

20、a處合場強為零，結(jié)合場強的方向，易知Qr Q2帶負電，A項錯誤；因x a 處合場強為零，即 學(xué) 生，可得Q/Q2 1： 9, B項錯誤；因無窮遠處電勢為零，負電 a(3 a)荷所在電場中電勢處處小于零，C項正確；正點電荷從 x 2 a處運動到x 3a處電場力做正功，電勢能減小，故 D項錯誤。11 .答案：D解析：做曲線運動的質(zhì)點，其所受的合外力指向運動軌跡的凹側(cè)，可判斷出帶電質(zhì)點所受合力豎直向下，但無法判斷出電場力是豎直向上還是豎直向下，故無法判斷電勢的高低， 也無法判斷電場力是做正功還是負功，A、B錯誤。由合力豎直向下可知，通過Q點時動能較大，C錯誤。由于電場力和重力均為恒力，合外力不變，加

21、速度不變，故 D正確。12 .答案：C解析：Ep x圖象的斜率為電場力，由圖象分析可得斜率一直在變化，所以此電場不可能為勻強電場，A項錯誤；試探電荷 從不到。點，斜率先減小后增大，所以受到的電場力先減 小后增 大.B項錯誤；試探電荷從 O點到X2,電勢能先減小后增大，所以試 探電荷從O點 到X2,電場力先做正功后做負功，C項正確；在Xi處 的電勢 能為正，在 X2處的 勢能為負，所以試探電荷從X1到x2 ,電勢能減小，由于不知道試 探電荷的正負，所以不能判斷這兩點電勢的高低，D項錯誤。13 .答案：AC解析：A、小球靜止在a點時，由共點力平衡得 mg 2mg qE,3mglq解得e 3mg ,

22、方向豎直向上，故 A正確； qB、在勻強電場中，電勢差 U Ed , a點電勢比O點低，則a、。兩點電勢差Uao故B錯誤；CD、小千從a點運動到b點，由于重力和電場力做功，不可能做勻速圓周運動，設(shè)到速度大小為vb,1cle由動能7E理得：qE 2l mg 2lmvbmva222小球做圓周運動恰好通過 b點時，由牛頓第二定律得：qE mg mvb聯(lián)立式，代入Va TiOg?,故C正確，D錯誤。故選：AC14 .答案：BC解析：因為沿著電場強度的方向電勢降低，所以在X Xo處的電勢XOEoXo,A項錯誤；3_因為E與X軸所圍的面積表小電勢差的大小，所以X 2Xo處的電勢2%；EoXo,B項正確：3

23、1 o根據(jù)分析可知粒子在x 2Xo處速度最大，根據(jù)動能定理可知qEo% - mvm ,解得22Vm J3qE上，C項正確；帶電粒子在 x X0到x 2X0的過程中做加速度減小的加速運動, mD項錯誤。A、 B15 .答案：C解析：AB、開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，則靜電計指針的張角不變，故 錯誤;C、斷開S,電容器所帶的電量不變，a、b板的距離增大，則電容減小，根據(jù) 仃？ 知電勢 差增大，則指針張角增大，故 C正確;D、斷開S,電容器所帶的電量不變，a、b板的正對面積增大，電容增大，根據(jù) 仃二程知電則指針張角減小，故 D錯誤。故本題選:16 .答案:解析：由于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場的兩極板

24、的極性未知,故無法根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)情況判斷其電性，選項A錯誤；進入偏轉(zhuǎn)電場后l Vxt,Vy, qU 2at,a*,選項B錯誤；在加速電場加速過程中，根據(jù)動能定理有 qUi122 mvx ,射出偏轉(zhuǎn)電場時豎直萬向的速度vy atqU2l mdvx 所以粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時合速度v , j vy,整理后解得v2qU1qU2l2m2md2U1 則粒子射到熒光屏上時的動能Ek 1 mv222 2M qU2lqU 124UR,C錯誤，D正確。17 .答案：BC解析：電子在電場中加速時有U1e1 22U 1e-mv0,v3=J,2m若Ui加倍，可知電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度變?yōu)樵瓉淼腏2倍,A錯誤；在偏轉(zhuǎn)

25、電場中，電子的運動時間t -l上一，加速度a eEeU1偏轉(zhuǎn)距離y -at2吆，若U1和U2同時加倍，vo. 2eU1mmd24UdeUol.偏轉(zhuǎn)距離 y不變，B正確；vy at -L,若U1不變、U2加倍，vy加倍，C正確， dmvovy eU2lU2l 4 一、 ，八一 ，一tan - 2,右U 2不變、 U1加倍，tan 減半， D錯反。v0 dmv0 2dU118 .答案：(1) 3:1;(2) 1H(3) E mgL3.2q解析：(1)設(shè)小球M , N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為外。M,N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為$和s2。由題給條件和運動學(xué)公式得Vo at 0 ,1相S v0t at 2,1 .