2022屆高考物理二輪復習計算題培優(yōu)卷：靜電場（含答案）

2022年高考物理二輪復習靜電場培優(yōu)卷

1.A、8兩個大小、形狀完全相同的金屬帶電小球(一個實心，一個空心)，在光滑的絕緣水平桌面上同

時由靜止釋放，兩小球在庫侖力作用下相向運動并發(fā)生正碰，隨即分離并向相反方向運動，碰撞過程不

考慮機械能損失。小球碰前均可視為質(zhì)點，兩小球初始位置〃、人相距為L,質(zhì)量%=2%=2相，電荷量

4a=+3q,qB=~q,求：

(1)釋放瞬間小球A的加速度大小卬與A球碰后回到初始位置時的加速度大小H的比值a;

(2)從釋放開始計時，在釋放后r時刻，4、B兩小球均未離開桌面，此時兩小球的速度大小之比％;

%

(3)當A小球運動至"連線上距A球初始位置為9處時，此時8球的加速度cm的大小。

O

2.在勻強電場中一條電場線上有4、8兩點，A、B兩點的距離為0.5m,如圖所示。若將一負電荷

<7=-2.OxlO7C,從A點移至B點,電荷克服電場力做功AOx移至。試求：

(1)A、B兩點的電勢差多大？

(2)電場強度的大小和電場方向。

??

AB

3.用長為L=lm的輕質(zhì)柔軟絕緣細線，栓一質(zhì)量為“1=1x10-2kg、電荷量為q=2xl0-8c的小球，細線的

上端固定于。點?，F(xiàn)加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與鉛垂線成37。，如圖所示，現(xiàn)向左拉小球使

細線水平且恰好伸直，當小球由靜止釋放后，(不計空氣阻力，g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos160=0.96),試求出：

(1)勻強電場的場強民

(2)經(jīng)過0.4秒，小球的速度切；

(3)若在細線疏緊后瞬間，撤去電場力，則當小球第一次通過。點正下方的最低點時，細線拉力T的大

小為多少？

4.如圖，質(zhì)量為，〃=0.2kg的小球靜置于絕緣水平桌面上，小球帶有電量為q=2xl(y6c的正電荷。t=o

時，空間突然加上一足夠大的勻強電場，場強大小為E=1O6WC,方向與水平方向夾角為。=37。。已知

小球與桌面間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5。(重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37°=0.8)

(1)求小球的加速度；

(2)從f=0至f=2s,小球電勢能的變化量/月,。

5.如圖所示，一質(zhì)量為〃?、電荷量為4（4＞。）的粒子以速度%從MN連線上的P點豎直向上射入大小為

E、方向水平向右的勻強電場中。已知肋V與水平方向成37。角，粒子的重力可以忽略，求粒子到達MV

連線上的某點時與P點的距離L。（已知sin370=0.6）

rJ「

6.兩個分別用長13cm的絕緣細線懸掛于同一點的相同小球（可看作質(zhì)點），所帶電荷量的絕對值相等。

由于靜電力尸的作用，它們之間的距離為10cm,如圖所示。已測得每個小球的質(zhì)量均為6g,g取

10m/s2o求：

（1）兩個小球帶同種電荷還是異種電荷？

（2）小球所受靜電力尸為多大？

（3）小球所帶電荷量的絕對值為多大？

7.如圖所示，在電場強度E=2.0xl0“N/C的勻強電場中，A、B兩點在同一條電場線上，它們間的距

離d=0.10m。

（1）求A、8兩點間的電勢差

（2）現(xiàn)將電荷量qM+LOxIOfC的點電荷放在電場中的A點，求該點電荷在A點所受電場力的大小尸。

AB

E

8.如圖所示，帶有等量異種電荷的平行板P、。之間存在一個勻強電場，兩板間距d=10cm,電場中A

點距。板2cm,B點距P板3cm,一個電子從A點移動到B點，靜電力做功嗎=lOOeV。

（1）求A、8兩點的電勢差U.；

（2）求平行板間的勻強電場的電場強度大小；

（3）若讓0板接地（電勢為零），求此時A點的電勢。

I二JP板

A?

I:Q板

9.如圖所示，豎直固定的光滑絕緣圓軌道處于電場強度后=半，水平方向的勻強電場中，軌道半徑為

3q

R,OP與豎直方向的夾角G37。。一質(zhì)量為小、電荷量為g的帶負電小球（可視為質(zhì)點），從尸點開始以

大小為M沿切線方向的速度運動，小球恰能沿軌道做完整的圓周運動。（sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力

加速度為g）

（1）求P點速度血的大小；

（2）設(shè)P點的電勢為零，求小球在運動過程中的最大電勢能；

（3）求小球做圓周運動通過P點時對軌道的壓力大小.

10.在勻強電場中，將一電荷量為5xl（r'C的負電荷由A點移到B點，其電勢能增加了0.2J,已知A、B

兩點間距離為2cm,兩點連線與電場方向成60。角，如圖所示，試求：

（1）電荷由A移到B的過程中，電場力做正功還是負功？做功為多少？

（2）A、8兩點間的電勢差為多少？

（3）該勻強電場的電場強度為多大？

阮，*

//

----------/-:--------?

八60。平

AO

11.如圖所示，將一質(zhì)量機=2g的帶負電荷的小球A用絕緣線掛起來，用帶電荷量%=40x10（的小

球B靠近A,當A球靜止時懸線與豎直方向成45。角，此時兩球位于同一水平面上，相距r=30cm。重

力加速度g=10m/s2。靜電力常量左=9.0xl09N-m2/C2,求：

（1）A球受到的庫侖力大小；

（2）此時A球在B球處產(chǎn)生的電場強度的大小及方向。

12.如圖所示，A為帶正電（電荷量為Q）的金屬板，質(zhì)量為〃八電荷量為+<7的均勻帶電小球，用絕緣

絲懸掛于。點，受水平向右的電場力偏轉(zhuǎn)J角而靜止，小球與金屬板中心8恰好在同一條水平線上，且

距離為心求：

(1)小球在3點產(chǎn)生的電場強度；

(2)金屬板在小球處產(chǎn)生的電場強度.

13.如圖所示，電子(重力可忽略)在電壓4=45V的加速電場中，從左極板由靜止開始運動，經(jīng)加速

電場加速后從右板中央垂直射入電壓U=90V的偏轉(zhuǎn)電場中，經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)后打在豎直放置的熒光屏

M上，整個裝置處在真空中，己知電子的質(zhì)量為，"=9.0x103ikg,電荷量的絕對值為e=1.6x

偏轉(zhuǎn)電場的板長L/=40cm,板間距離4=40cm,光屏M到偏轉(zhuǎn)電場極板右端的距離乙2=40cm。求：

(1)電子從進入偏轉(zhuǎn)電場到打在熒光屏上的時間：

(2)電子打在熒光屏上的速度大小；

(3)電子打在熒光屏上時到中心。的距離匕

14.三個電荷量均為。(正電)的小球A、B、C質(zhì)量均為相，放在水平光滑絕緣的桌面上，分別位于等

邊三角形的三個頂點，其邊長為L,求：

(1)在三角形的中心O點應放置什么性質(zhì)的電荷，才能使三個帶電小球都處于靜止狀態(tài)，其電荷量是多

少；

(2)若中心電荷帶電荷量突然在(1)問基礎(chǔ)上加倍，三個帶電小球?qū)⒓铀龠\動，求變化后瞬間小球的

加速度大小。

B

15.兩塊水平平行放置的導體板如圖甲所示，大量電子(質(zhì)量為〃?、電荷量為e)由靜止開始，經(jīng)電壓為

Uo的電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間。當兩板均不帶電時，這些電

子通過兩板之間的時間為2所當在兩板間加如圖乙所示的周期為2人恒為Uo的周期性電壓時，能使所

有電子均從兩板間通過(不計電子重力)，已知板間距為％求：

(1)求電子剛進入兩板間時的速度大?。?/p>

(2)求0時刻和fo時刻進入兩板間的電子通過兩板間過程中產(chǎn)生的側(cè)向位移；

(3)若這些電子通過兩板之間的時間為3歷，電子均能通過兩極板，在側(cè)向位移分別為最大值和最小值的

情況下，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的動能增量之比。

16.(1)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。

a.真空中有一帶電荷量為+Q的點電荷，試根據(jù)庫侖定律和電場強度的定義式推導出距點電荷+Q為，?處的

電場強度大小的表達式。已知靜電力常量為鼠

b.點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示。等差等勢面5人8到點電荷的距離分別為〃、「2,請在圖中距

點電荷距離大于，2的空間中畫出第三個等差等勢面8的示意圖。

c.我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小。請計算S/、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)

之比。

N2

(2)類比推理是指根據(jù)兩個(或兩類)對象之間在某些方面的屬性相似或相同的關(guān)系，推出它們在其他

方面的屬性也可能相似或相同的邏輯方法。萬有引力和庫侖力有類似的規(guī)律，有很多可以類比的地方。

有質(zhì)量的物體周圍存在著引力場。請類比靜電場強度的定義方法，定義引力場強度的大?。翰懗雠c質(zhì)

量為M的質(zhì)點相距;■處的引力場強度EG的表達式，己知萬有引力常量為G。

17.如圖所示，電荷量為F，質(zhì)量為，"的電子從A點沿與電場線垂直的方向進入勻強電場，已知A8間

水平距離為L初速度為%,當它通過電場8點時，速度與場強方向成127。，不計電子的重力，

（sin37。=0.6,cos37。=0.8）求：

（1）電子從A點運動到8點所用的時間；（2）電子到達8點速度的大??；（3）A、B兩點間的電勢差。

18.靜電噴漆技術(shù)具有效率高，浪費少，質(zhì)量好，有利于工人健康等優(yōu)點，其裝置可簡化如圖。A、8為

兩塊平行金屬板，兩板間有方向由8指向A的勻強電場，電場強度大小為E,兩板間的距離為乩在A板

的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P,油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出質(zhì)量為機、

電量為外初速度為W的帶負電油漆微粒，油漆微粒最后都落在金屬板B上。微粒的重力和所受空氣阻

力以及帶電微粒之間的相互作用力均可忽略。試求：

（1）微粒打在板上時的速度大??；（2）微粒下落至金屬板運動的最短時間；

（3）計算落在金屬板上的微粒圖形的面積大小。

_________WP

AAA?AXA

E

B

參考答案:

1.(1)3；(2)1：2；⑶v=^C

B25〃/

【解析】

（1）由庫侖定律碰前

F=k-丁

1}

碰后，電荷中和后重新分布，根據(jù)電荷守恒定律

*=或=+q

碰后，A、B同時回到初始位置，有

,F_k^i―3

由牛頓第二定律有

幺=￡=3

a\F'

（2）由于小球所受靜電力大小及碰撞過程中相互作用力大小時刻相等，由動量定理

>,Ft=mv

則速率之比

久的」

VBmA2

（或者由動量守恒定律求也可以）

（3）由于%時刻等于2辦，則位移大小時刻有

1

XA=-XB

當A小球運動至距初始位置為1處時，B小球運動了5,兩者相距為

O4

r=-L

8

則B的加速大小為碰前

22

F2k-3q\92kq

CIb~m~(5丫-25mL2

m\-L

(8J

碰后

22

,F；=k-q64kq

Hm(5丫25ml?

,21—L

[8J

2.（D2000V；（2）4000V/m,電場方向是A指向瓦

【解析】

試卷第1頁，共14頁

⑴根據(jù)電勢差的定義式可得A、8兩點的電勢差為

-AOxlO2

UABV=2000V

q-2.0x10”

(2)因為電場力做負功。所以電場力的方向是從8指向A,由于是負電荷，所以電場方向是A指向8。電

場強度的大小為

E=媼=少四V/m=4000V/m

d0.5

3.(1)3.75xlO6N/C；(2)5m/s；(3)0.3N

【解析】

(1)小球靜止時受到重力、拉力和電場力，如下圖所示，根據(jù)平行四邊形定則知電場力為

qE=mgtan37°

解得電場強度

￡=zngtan37°=l.0xl0-xl0x0.75N/c=375x1()6N/c

q2x10-8

(2)平衡時細線的拉力大小為

F=mg=I。.1。"I。N=0.125N

cos37°0.8

現(xiàn)向左拉小球使細線水平且拉直，靜止釋放小球向最低點做初速度為零的勻加速直線運動，如下圖所示

試卷第2頁，共14頁

""""AA

>

->

>

>

>

Vr

V

小球受重力和電場力作用，加速度為

a=￡=J1125^m/s2=125m/s2

m1.0x10-2

到繩子剛伸直時運動的位移

x=2Lsin37°=2x1,0x0.6m=1.2m

此過程的時間為才，根據(jù)位移與時間關(guān)系得

12

x=-at

2

解得

t=0.44s>0.4s

所以經(jīng)過％=0.4s小球的速度大小為

Vj=at]=12.5x0.4m/s=5m/s

(3)繩子剛伸直前瞬間的速度，由

v2=2ax

得

v=，2ax=V2x12.5x1.2m/s=>/30m/

繩子剛伸直后瞬間，垂直繩方向的速度為

M=vcos37°

小球從繩拉直到最低點，由動能定理得

mgL(1-cosl6°)=~mv[-；mv,2

在最低點，由牛頓第二定律得

T-mg

試卷第3頁，共14頁

解得

T=0.3N

4.(1)6m/s12;(2)10.2J

【解析】

(1)小球受電場力為

F=Eq=2N

受力分析可知

Fcos^-f=ma

f="N

N=nig—Fsin0

解得

_Fcos0-a(mg-Fsin夕)

tn

帶入數(shù)據(jù)解得

a—6m/s2

(2)小球的位移

12s

s=—at=12m

2

電場力做功

WF=FScos0=\9.2J

電場力做功等于電勢能的負增量，則

%=?%=19.2J

AE〃=—19.2J

40%

9Eq

【解析】

粒子在電場中做類平拋運動，水平方向

試卷第4頁，共14頁

1

x=—at

2

豎直方向

y=%/

qE=ma

由

tan37。=2

X

可得

r=8.%

-3Eq

由幾何關(guān)系可知，到P點的距離為L

sin37。=上

L

40*

-9Eq

------------------A

,N

----------------?

■%/E

P，

----------->

6.(1)帶同種電荷;(2)2.5X10-2N；(3)1.67x10^

【解析】

(1)根據(jù)兩小球相互排斥可知兩個小球帶帶同種電荷。

(2)設(shè)細線與豎直方向的夾角為仇根據(jù)幾何關(guān)系有

tan0=—

12

則

F=〃?gtan0=2.5x10-2N

(3)由庫侖定律可知靜電力

1FM2

解得電荷量絕對值為

^|X10-7C=1.67X10-7C

7.(1)2.0X103V；(2)2.0xl0-,N

試卷第5頁，共14頁

【解析】

(1)A、3兩點間的電勢差為

43

€//1B=￡y=2.0xl0x0.10V=2.0xl0V

(2)勻強電場的電場力為

F=E^=2.0xl04xl.0xl0-sN=2.0xl0-'N

8.(1)=-100V；(2)E=20V/cm=2000V/m；(3)%=4°V

【解析】

(1)一個電子從A點移動到B點，靜電力做功%p=100eV,4、8兩點的電勢差

w

力8=3=-100丫

-e

(2)平行板向的勻強電場的電場強度

E="=?V/m=2000V/m

dBA0.05

(3)讓Q板接地(電勢為零)

%=E%=40V

UAQ=<PA_<PQ

故

卬=40V

Q

9.(1)>J5^R；(2)—；(3)5/g

【解析】

(1)由于小球帶負電，所受電場力方向水平向左，小球在復合場中做圓周運動的等效最低點在A點，如

圖1所示。根據(jù)力的合成與分解有

qE

tana=--

mg

由題意知

八也

3q

聯(lián)立解得

a=53。

試卷第6頁，共14頁

小球在復合場中所受的合力大小為

F=+(荷=|mg

A點關(guān)于0點對稱的B點是復合場中小球做圓周運動的等效最高點，小球恰能沿軌道做完整的圓周運

動，則在8點根據(jù)牛頓第二定律有

F=m—

R

解得

對小球從P點到B點的運動過程，由動能定理得

ii,

-mg(Reos53°+Reos37°)-?￡1(/?sin53°-Rsin37°)=—ozV9g--

解得

%=7^

（2）由于小球帶負電，所以小球電勢能最大的點為電勢最低的。點，如圖2所示。

由題意，根據(jù)功能關(guān)系有

0-EpO=-^E(/?-/?sin37°)

解得

口8。

EpD=K"igR

（3）在P點小球受重力、電場力、軌道的支持力T,如圖3所示。根據(jù)牛頓第二定律可得

試卷第7頁，共14頁

2

T-mgcos370+qEcos53°=〃噂

解得

T=5mg

由牛頓第三定律可知，小球做圓周運動通過P點時對軌道的壓力大小為5mg.

圖3

10.(1)負功，-0.2J；(2)4X103V;(3)4xlOsV/m

【解析】

(1)因負電荷由4移到8的過程中，負電荷的電勢能增加0.2J,所以這個過程中電場力對負電荷做負

功,則

卬=-0.2J

(2)A、8兩點間的電勢差

w。

3

[/Afl=-^-=4xlOV

"q

(3)該勻強電場的電場強度

E=Uab=4xlO5V/m

dcos60°

11.(1)0.02N；(2)5X105N/C,方向沿BA的連線指向A

【解析】

(1)對A受力分析如圖所示

試卷第8頁，共14頁

/叫=（）.02N

（2）根據(jù)牛頓第三定律知B球受到的庫侖力大小為0.02N,方向沿8A連線由8指向A,又

F=qE

所以

r'rx

E=—=.N/C=5X1O5N/C

q4.0x1O-8

方向沿BA的連線指向A

「mgtan0

12.（1）E=kg,方向水平向左;(2)E=-------,方向水平向右

q

【解析】

（1）由點電荷場強公式

E

方向水平向左。

（2）對小球受力分析，如圖所示

七=mgtan0

所以小球所在處的電場強度為

試卷第9頁，共14頁

mgtan0

JL>—

q

方向水平向右。

13.(1)/=2x10-7s；(2)v=4&x106m/s；(3)0.6m

【解析】

(1)電子在加速電場中由動能定理得

eUo-gmv(?

得

vo=4x106m/s

電子從進入偏轉(zhuǎn)電場到打到熒光屏上在平行板方向始終做勻速直線運動

Li+L2=vol

解得

r=2xw7s

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中

U

1^r1=votbe—=ma,vy=at/

解得

,y=4x106m/s,v=J詔+vj

解得

v=4V2x106m/s

(3)電子出電場后

L,2=vot2fyi-vyt2yY=yi+y2

解得

Y=0.6m

14.(1)負電；立。；(2)

3ml}

【解析】

(1)由幾何關(guān)系知

L

r=|AO|=——-——=^-L

11cos3003

A球受力平衡，有

試卷第10頁，共14頁

華=2Fcos30。

r

其中

所以

q=4Q

由尸2的方向知q帶負電；

(2)對A由牛頓第二定律

F、=*=ma

"I?

所以

_&。

a=—h

ml:

15.(1)(2)^11,^L.(3)4:1

Vm2md2md

【解析】

(1)在加速電場中有

n?2

eUQ=-m^

解得

%=\-L

Vm

(2)在偏轉(zhuǎn)電場中，加速度為

叫

a=——-

md

對于0時刻進入的電子

解得

V產(chǎn)忑

12tnd

對于力時刻進入的電子

12

解得

“-2md

試卷第11頁，共14頁

(3)側(cè)向位移最大，其在有電場情況下的側(cè)移為

2'

側(cè)向位移最小，其在有電場情況下的側(cè)移為

%小(/of

因

△EK=eEy電場

動能增量之比為

——^=4:1

△EK?

6

'-"兄E嗚,b.i受r；/2GM

=~T：(2)E-——

不G廠

【解析】

(Da.設(shè)試探電荷的帶電量為+q,置于距+Q距離為r的地方,由庫侖定律可知，試探電荷受到的電場力

為

F-k魚

產(chǎn)

由電場強度的定義可得

E/

q

聯(lián)立解得，距點電荷+Q為/■處的電場強度大小的表達式為

E=k學

r

b.由點電荷的場強公式可知，離場源電荷越遠，場強越小,由

U=Ed

可定性判斷，點電荷周圍的等差等勢面，