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2022版高考物理一轮复习 第七章 静电场练习新人教版

2022版高考物理一轮复习 第七章 静电场练习新人教版

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第七章　静 电 场
综合过关规范限时检测
满分：100分　考试时间：45分钟
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．干燥的冬天开车门时手与金属车门之间容易“触电”，为了防止“触电”，在网上出现了名叫“静电消除器”的产品，手持“静电消除器”与车体金属部分接触一下，就可以防止“触电”。关于这一现象及这一产品，下列说法不正确的是 (　C　)
A．这种“触电”现象是一种静电现象
B．“静电消除器”应该为导体
C．人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体上的电荷都被“静电消除器”吸收而消失了
D．人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体最终构成一个等势体
[解析]　干燥的冬天，人体容易带上静电，当接触金属车门时就会出现放电现象，所以这种“触电”现象是一种静电现象，故A正确；手持“静电消除器”与车体金属部分接触一下，人体带上的静电通过“静电消除器”发生中和，所以“静电消除器”应该为导体，故B正确；根据电荷守恒定律，人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体上的电荷通过“静电消除器”发生中和，而不是被“静电消除器”吸收而消失了，故C错误；人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体处于静电平衡，处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，故D正确。
2．(2021·湖南长沙一中月考)喷墨打印机工作原理的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸面上半部分的某一位置P。关于此微滴及其在极板间电场中的运动，下列说法正确的是 (　C　)

A．微滴经带电室后带正电
B．电场力对微滴做负功
C．动能增大
D．电势能增大
[解析]　本题考查带电粒子在匀强电场中的运动。微滴向正极板偏转，可知微滴经带电室后带负电，运动过程电场力做正功，动能增大，电势能减小，故只有C正确。
3．(2019·北京，17)如图所示，a、b两点位于以负点电荷－Q(Q>0)为球心的球面上，c点在球面外，则(　D　)

A．a点场强的大小比b点大
B．b点场强的大小比c点小
C．a点电势比b点高
D．b点电势比c点低
[解析]　由点电荷的场强公式E＝k知，a、b两点与－Q距离相等， 场强大小相等；A错误；由E＝k知，离－Q越近， 场强越大，故b点场强大小比c点大。或由负点电荷形成的电场的电场线形状是“万箭穿心”，离点电荷越近电场线越密，场强越大，得出b点的场强大小比c点的大；B错误；点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的一簇球面，离－Q距离相等的两点的电势相等；C错误；沿电场线的方向是电势降落最快的方向，得出离－Q越近， 电势越低；D正确。
4．(2021·安徽皖西月考)先后让一束氘核(H)和一束氚核(H)通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与板面平行，离开时速度方向与板面夹角分别为α、β。不计原子核的重力，则(　B　)
A．如果氘核和氚核的初速度相同，则＝
B．如果氘核和氚核的初动量相同，则＝
C．如果氘核和氚核的初动能相同，则＝
D．如果氘核和氚核由静止开始从同一位置经同一电场加速后进入偏转电场，则＝
[解析]　本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动。设带电粒子入射速度为v0，质量为m，电荷量为q，在电场中运动的加速度a＝，由类平抛运动规律，粒子离开时速度方向与板面夹角的正切值为＝，如果氘核和氚核的初速度相同，则＝＝，选项A错误；如果氘核和氚核的初动量相同，则＝＝＝＝，选项B正确；由＝＝＝可知，如果氘核和和氚核的初动能相同，则＝1，选项C错误；如果氘核和氚核由静止开始从同一位置经同一电场加速后进入偏转电场，有qU＝mv，氘核和氚核的初动能相同，则＝1，选项D错误。
5．(2020·安徽六安一中月考)如图所示，方向竖直向下的足够大的匀强电场中有一条与水平方向成θ角的直线MN。现将一个带正电的小球从MN上的P点以初速度v0水平抛出，小球的运动轨迹与直线MN相交于Q点(图中未画出)。不计空气阻力，下列说法正确的是(　C　)

A．v0越大，小球经过Q点的速度方向与水平方向的夹角越大
B．v0越大，小球从P点运动到Q点的过程中减少的电势能越少
C．小球运动到距离直线MN最远处的时间与v0大小成正比
D．小球沿直线MN方向上的分运动为匀速直线运动
[解析]　本题考查带电小球在匀强电场中的运动及能量变化。小球在电场中做类平抛运动，将MN看成斜面，只要落在斜面上，小球速度方向与水平方向夹角就是一定的，故A错误；由几何关系可得tan θ＝＝，θ为定值，所以初速度越大，运动时间越长，竖直方向的位移越大，电场力做功越多，减少的电势能越多，故B错误；当小球速度方向与MN平行时，小球离MN最远，则有vy＝v0tan θ，由运动学公式可得vy＝at＝v0tan θ，所以t＝，由于小球受重力与电场力，所以小球所受的合力恒定，加速度恒定，所以t与v0成正比，故C正确；将小球的初速度和电场力与重力分解到MN方向上可知，小球在MN方向上做匀加速直线运动，故D错误。
6．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是(　AC　)

A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负试探电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负试探电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
[解析]　由题图可知，空间的电势有正有负，则两个点电荷必定为异种电荷，A项正确；由E＝可知，φ­x图像的斜率表示电场强度，因此x1处的电场强度不为零，B项错误；负试探电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Ep＝qφ，F＝qE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C项正确，D项错误。
7．(2020·湖南益阳期末)如图所示，M点有电荷量为Q的负点电荷，在距离点电荷为r处放入厚度为d的平行金属板，N点为金属板内距表面为的点，MN连线与金属板表面垂直。当金属板处于静电平衡时，下列说法正确的是(　AD　)

A．金属板的左侧面感应出正电荷
B．金属板的左侧面电势较高，右侧面电势较低
C．感应电荷在N点产生的电场强度E＝，方向沿MN连线向右
D．感应电荷在N点产生的电场强度E＝，方向沿MN连线向右
[解析]　本题考查电场强度和静电平衡。M点的电荷带负电，故在金属板的左侧面感应出正电荷，A正确；整个金属板为一个等势体，B错误；金属板内部合场强为零，故感应电荷在N点产生的电场强度与点电荷在N点产生的电场强度等大反向，根据E＝k可得感应电荷在N点产生的电场强度为E＝，方向沿MN连线向右，C错误，D正确。
8．(2019·江苏，9)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有(　ABD　)

A．Q1移入之前，C点的电势为
B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0
C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W
D．Q2在移到C点后的电势能为－4W
[解析]　根据电场力做功与电势能的变化关系知Q1在C点的电势能Ep＝W，根据电势的定义知C点电势φ＝＝，A正确；在A点的点电荷产生的电场中，B、C两点处在同一等势面上，Q1从C移到B的过程中，电场力做功为0，B正确；单独在A点固定电荷量为＋q的点电荷时，C点电势为φ，单独在B点固定点电荷Q1时，C点电势也为φ，两点电荷都存在时，C点电势为2φ，Q2从无穷远移到C点时，具有的电势能E′p＝－2q×2φ＝－4W，电场力做功W′＝－E′p＝4W，C错误，D正确。
二、非选择题(本题共3小题，共52分。)
9．(16分)反射式速调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其震荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电荷量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：

(1)B点距虚线MN的距离d2；
(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。
[答案]　(1)0.50 cm　(2)1.5×10－8 s
[解析]　(1)带电微粒由A运动到B的过程中，
由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0 ①
由①式解得d2＝d1＝0.50 cm。 ②
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，有|q|E1＝ma1 ③
|q|E2＝ma2 ④
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为
t1、t2，有d1＝a1t ⑤
d2＝a2t ⑥
又t＝t1＋t2 ⑦
联立②③④⑤⑥⑦式解得：t＝1.5×10－8 s。
10．(16分)如图所示，质量m＝0.1 kg的带电小球从h＝20 m的高度处以v0＝5 m/s的初速度水平抛出，落到水平地面上的A点；若仍将小球以同样的初速度水平抛出，当小球到达P点时，在小球运动空间加一竖直向上的匀强电场(图中未画出)，小球落到地面上的B点，小球的水平射程增加了5 m，已知P点的高度h′＝15 m，小球的电量q＝＋1×10－3 C，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，求：

(1)小球到达A点时的动能；
(2)匀强电场电场强度E的大小。
[答案]　(1)21.25 J　(2)1 250 V/m
[解析]　(1)设小球在A点时的动能为EkA，根据动能定理有mgh＝EkA－mv
代入数据解得EkA＝21.25 J。
(2)设小球从抛出到落在A点所用的时间为t1，从抛出到运动到P点所用的时间为t2，从P点到运动到A点的时间为Δt1，P、A两点的水平距离为Δx1，则有
h＝gt
h－h′＝gt
Δx1＝v0Δt1
vPy＝gt2
加上匀强电场后，小球从P点运动到B点的时间为Δt2，则有
Δx1＋5＝v0Δt2
mg－qE＝ma
h′＝vPyΔt2＋aΔt
联立解得E＝1 250 V/m。
11．(20分)一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，细线竖直拉直时将小球从A点由静止释放，当细线与竖直方向的夹角α＝60°时，如图所示，小球的速度为零，已知重力加速度为g。

(1)求小球带电性质和电场强度E的大小；
(2)若小球恰好完成完整的圆周运动，求小球在A点时的初速度vA的大小。(可含根式)
[答案]　(1)带正电　　(2)
[解析]　(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电，
小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有
0＝EqLsin α－mgL(1－cos α)
解得E＝
(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝，方向与竖直方向的夹角为30°，偏向右下

若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点有
＝m
小球从A点以初速度vA运动，由动能定理有
mv2－mv＝－L(1＋cos 30°)
联立解得vA＝。