2024新教材物理高考二轮专题复习
专题八 静电场
专题检测题组(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(每小题3分,共45分)
1．如图所示，一个带电球体M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N先后挂在横杆上的、和处，通过调整丝线使M、N在同一高度，当小球N静止时，观察丝线与竖直方向的夹角。通过观察发现：当小球N挂在时，丝线与竖直方向的夹角最大；当小球N挂在时N丝线与竖直方向的夹角最小。根据三次实验结果的对比，下列说法中正确的是（ ）
A．小球N与球体M间的作用力与它们的电荷量成正比
B．小球N与球体M间的作用力与它们距离的平方成反比
C．球体M电荷量越大，绝缘丝线对小球N的作用力越大
D．距离球体M越远的位置，绝缘丝线对小球N的作用力越小
2．如图甲，为光滑绝缘水平面上一条电场线上的两点，两点相距，电场线上各点的电势随距点的距离变化的关系如图乙所示。图中斜虚线为图线在点的切线，切线与轴交于处。现将一质量、电荷量大小的小物块从点静止释放，向点运动，下列说法正确的是（ ）
A．该物块带负电
B．该物块在点的电势能比在点的电势能大
C．该物块运动到点时，加速度大小为
D．该物块运动到点时，速度大小为
3．如图所示，其空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为、带电量分别为和的两小球同时从点以速度斜向右上方射入匀强电场中，方向与水平方向成，A、B（图中末画出）两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过A点的速度大小仍然为，不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是（ ）
A．两小球同时到A、B两点
B．带负电的小球经过点的速度大小也为
C．两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为
D．与水平距离之比为
4．如图所示，某静电场的电场线如图中带箭头的实线所示，虚线AB、CD为等势线，带电粒子甲从A点以大小为的初速度射入电场，到达C点，轨迹如图中1所示，带电粒子乙从B点以大小为的初速度射入电场，到达D点，轨迹如图中2所示，不计粒子的重力和粒子间作用力，两粒子的电荷量绝对值相等，则下列判断正确的是（ ）
A．粒子甲带正电，粒子乙带负电
B．粒子甲从A点到C点过程中，速度一直减小
C．粒子乙从B点到D点过程中，电场力做正功
D．粒子甲在C点的电势能一定大于粒子乙在D点的电势能
5．示波管的结构如图所示，接输入电压信号，接扫描电压信号，若扫描电压信号的周期和输入电压信号的周期相同，且可以在荧光屏上得到输入电压信号周期变化的图像，则下列扫描电压信号的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．如图所示，空间正四棱锥的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电量为的点电荷，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在静电力和重力的作用下恰好处于静止状态。将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场，此时P处小球仍能保持静止，重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场强度大小为（ ）
A． B．
C．· D．
7．如图所示，平面直角坐标系xOy中，三个点电荷a、b、c分别固定于（0，r）、（0，-r）、（0，0）处，a、b、c电荷量分别为+Q、+Q、-Q。现有一电荷量为-q的点电荷d，在+x轴上从靠近坐标原点处由静止释放，不考虑重力及电荷d对原电场的影响，取无穷远处电势能为零，则在点电荷d的整个运动过程中，其瞬时速度v随时间t、电势能Ep随位置x变化的关系图像可能为（ ）
A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
8．如图，是边长为a的菱形的四个顶点，O点为菱形的中心，，在两点分别放有电荷量分别为的点电荷，在C点放了某个未知点电荷后，点的电场强度，设此时点的电场强度的大小为。已知静电力常量为，下列表达式正确的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
9．如图所示，一长为L的绝缘轻绳一端系着质量为m、带电荷量为+q的小球（可视为质点）、另一端固定在O点，整个空间存在与竖直方向夹角为的匀强电场。小球绕O点在竖直面ACBD内做圆周运动，其中AB水平，CD竖直，E、F连线与电场平行且经过O点，小球运动到A点时速度最小，为，g为重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为 B．小球从A点运动到B点，合力做功为4mgL
C．小球在B点时轻绳的拉力大小为6mg D．小球运动到E点时机械能最小
10．如图所示，一对面积较大的平行板电容器AB水平放置，A板带正电荷，B板接地，P为两板中点，再使A、B分别以中心点O、O 为轴在竖直平面内转过一个相同的小角度θ，下列结论正确的是（ ）
A．电容器AB的电容不变 B．两板间电场强度变大
C．两板间的P点电势增大 D．两板间的P点电势降低
11．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P为正电荷。P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间电势差相等，a、b、c、d为电场中的4个点。下列说法正确的是（ ）
A．P、Q两点处的电荷带同种电荷
B．c点与d点场强方向相同，电势也相同，a点电场强度小于b点电场强度
C．一负电子从c点到b点电场力做正功
D．负电子在a点电势能比在b点的电势能大
12．如图，水平向右的匀强电场中有a、b两个可视为质点的带电小球，小球所带电荷量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为，且，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若a、b电性相反，则球a的质量一定大于球b的质量
B．若a、b电性相反，则球a的质量可能等于球b的质量
C．若同时剪断两根细绳，则a球可能先落地
D．若同时剪断两根细绳，则a、b两球一定同时落地
13．如图，虚线是某静电场中在同一竖直面内的等势线，一根粗细均匀的光滑绝缘细杆竖直固定在等势线所在的竖直面内，一个质量为、带正电小球套在杆上（可以自由滑动）。现让小球在A点由静止释放，从A到加速运动的过程中，加速度不断减小，则下列判断正确的是（ ）
A．等势线的电势比等势线的电势高
B．从A到过程中，小球的机械能不断减小
C．小球机械能变化量的绝对值从A到大于从A到
D．若小球沿杆运动能至点，在点的速度可能为零
14．电荷量为+Q的点电荷与半径为R的均匀带电圆形薄板相距2R，点电荷与圆心O连线垂直薄板，A点位于点电荷与圆心O连线的中点，B与A关于O对称，若A点的电场强度为0，则（ ）
A．圆形薄板所带电荷量为+Q
B．圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为，方向水平向左
C．B点的电场强度大小为，方向水平向右
D．B点的电场强度大小为，方向水平向右
15．如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的质子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在A点的速度大小为v1，且方向与等势面平行，在B点的速度大小为v2，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（ ）
A．粒子的速度v2一定大于v1
B．等势面b的电势比等势面c的电势低
C．粒子从A点运动到B点所用的时间为
D．匀强电场的电场强度大小为
二、非选择题(共55分)
16．（8分）如图所示，两平行金属板A、B间电势差为，带电量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。
（1）求带电粒子进入偏转电场时动量的大小。
（2）求偏转电场对带电粒子冲量的大小I和方向。
（3）保持其他条件不变，仅在极板C、D之间再施加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使得带电粒子恰好从距离极板D右边缘射出偏转电场，求该带电粒子离开偏转电场时的动能。
17．（10分）用轻质柔软绝缘细线，拴一质量为、电荷量为的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，如图平衡时细线与铅垂线成（g取，），则
（1）小球带什么电？
（2）匀强电场的场强多大？
（3）平衡时细线的拉力为多大？
18．（10分）如图，光滑绝缘的半圆轨道固定在竖直平面内，O为圆心，MN为竖直方向的直径，N为最低点，与光滑的水平地面相切且平滑连接，M为最高点，轨道半径为R。空间存在水平向左的匀强电场，一质量为m、电荷量为q带正电的小球从P点由静止释放，沿着轨道能运动到最高点M，此时速度。P到N的距离为，重力加速度为g，求：
（1）场强的大小；
（2）小球落地点到M的水平距离。
19．（12分）如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内．圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB=2L，圆管的半径为r=L(自身的直径忽略不计)．过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E2=．圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC间距为L．现将该小球从P点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g．求：
(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度E1的大小；
(2)小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；
（3）小球从管口B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比．
20．（15分）在平面的区域内，存在两个场强大小均为的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，方向如图（1）所示。电场Ⅰ的边界为边长为的正方形。电场Ⅱ的边界为长方形，其在轴上的边长为，在轴上的边长为，A点和点在轴上，和与轴平行。已知电子的质量为，电量的大小为，不计电子所受的重力。
（1）在边的中点处由静止释放电子，若电子经过点，求的取值；
（2）在的取值满足第（1）的前提下，电场Ⅱ的场强大小改为，同时把电场Ⅱ的区域向右缩小长度，如图（2）所示。电子仍从边的中点由静止释放且仍经过处离开，求的值。
参考答案：
1．D
【详解】D．设丝线与竖直方向夹角为，由平衡条件可得
故距离球体M越远的位置，越小，绝缘丝线对小球N的作用力T越小，D正确；
B．小球N与球体M间的作用力F随距离的增大而减小，但是否与它们距离的平方成反比无法从三次实验结果的对比中看出，B错误；
AC．实验过程中，小球N与球体M的电荷量均不变，故无法看出作小球N与球体M间的作用力与它们的电荷量成正比，AC错误。
故选D。
2．D
【详解】AB．根据题意，由图可知，从电势逐渐降低，则电场方向由，小物块从点静止释放，向点运动，该物块带正电，由可知，正电荷在电势高的位置电势能较大，则该物块在点的电势能比在点的电势能小，故AB错误；
C．根据图像中斜率表示可知，点的电场强度为
由牛顿第二定律可得，该物块运动到点时，加速度大小为
故C错误；
D．根据题意，从过程中，由动能定理有
解得
故D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．由题可知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力可知，两小球在竖直方向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的初速度大小均为
上升到最高点时，竖直方向速度为零，由此可知，两球到达A、B两点的时间相同，A正确，不符合题意；
B．水平方向只受电场力，故水平方向做匀变速直线运动，水平方向的初速度为
由题可知，带正电的小球有
带负电的小球有
解得
带负电的小球经过点的速度大小也为，B正确，不符合题意；
C．由B解析可知，到达最高点时两小球的速度大小相等，水平方向只有电场力做功，由动能定理可知，两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为，C错误，符合题意；
D．由上分析可知
联立解得
故
代入数据解得
即与水平距离之比为，D正确，不符合题意。
故选C。
4．C
【详解】A．根据粒子做曲线运动受到的电场力处于轨迹的凹侧，可知粒子甲受到的电场力方向与电场方向相反，粒子甲带负电；粒子乙受到的电场力方向与电场方向相同，粒子乙带正电，故A错误；
C．粒子乙从B点到D点过程中，电场力与速度方向的夹角小于，电场力做正功，故C正确；
B．粒子甲从A点到C点过程中，电场力先做负功，后做正功，粒子甲的速度先减小后增大，故B错误；
D．C点与D点在同一等势线上，可知两点电势相等，根据
虽然知道粒子甲带负电，粒子乙带正电，但由于不清楚C点与D点的电势是大于零还是小于零，故无法判断粒子甲在C点的电势能与粒子乙在D点的电势能的大小关系，故D错误。
故选C。
5．A
【详解】若扫描电压信号如B、C、D选项所示，则在半个周期内，粒子沿方向偏转距离相同，荧光屏上在方向呈现一条直线，无法显示输入信号随时间周期性变化的具体情况，若扫描电压信号如A选项所示，则粒子打在荧光屏上的位置沿方向随时间均匀分布，又扫描电压信号周期与输入电压信号周期相同，可得到输入电压信号周期变化的图像，综上，A项图像正确。
故选A。
6．D
【详解】设P处的带电小球电量为Q，根据库仑定律可知，则P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为
根据几何关系，可知正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，可有
若将P处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对P的小球的库仑合力为：
当外加匀强电场后，再次平衡，则有
解得
故选D。
7．B
【详解】点电荷d的受力分析如图
由库仑定律
由牛顿第二定律
整理可得
易得随着电荷d向右移动，θ减小，cosθ逐渐增大，电荷d做加速度减小的加速运动，当时，它的速度达到最大值，然后电荷d做减速运动直至无穷远处，其速度为一定值，故①错误，②正确；
由电荷d的受力分析可知，电荷d同时受到合引力和斥力的作用，当时，合力方向向右，故当电荷d从靠近原点处向右移动时，电场力做正功，其电势能减小；当时，合力为零，此时d的动能最大，电势能最小；当时，合力方向向左，故当电荷d继续向右移动时，电场力做负功，其电势能增加直至无穷远处电势能为0，故③错误，④正确。
故选B。
8．A
【详解】根据题意，由点电荷场强公式可知，处点电荷在点产生的场强为
由电场强度的叠加原理可知，处点电荷和处点电荷在点产生的电场，电场强度大小相等，方向相反，可知，在处放置的点电荷与处的点电荷相同，即
由点电荷场强公式和电场强度的叠加原理可得，两个正点电荷在点的合电场强度为
沿着方向，在D点位置点电荷为负电荷，在点产生的电场强度为
方向沿方向，则B点的电场强度为
故选A。
9．D
【详解】A．小球运动到A点时速度最小，则电场力和重力的合力水平向右，电场力
mg
解得匀强电场的电场强度大小
故A错误；
B．电场力和重力的合力大小
F合=mg
方向水平向右，所以小球从A点运动到B点合力做功为2mgL，故B错误；
C．A到B过程，由动能定理有
小球在B点时有
解得小球在B点时轻绳的拉力大小
故C错误；
D．由能量守恒知，小球运动到E点时电势能最大，机械能最小，故D正确。
故选D。
10．D
【详解】A．根据题意，两极板在竖直平面内转过一个相同的小角度θ，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式和定义式
由此可知，d减小，C增大，故A错误；
B．根据公式
可知，两板间电场强度不变，故B错误；
CD．由图可知，P与B板间的距离减小，由于电容器内部电场强度不变，所以P与B板间的电势差减小，B板接地，其电势为零，所以P点电势降低，故C错误，D正确。
故选D。
11．B
【详解】A．由等势面作出电场线，如图所示
可知P、Q两点处的电荷带异种电荷，故A错误；
B．根据点电荷场强决定式以及场强的叠加原理可知，c点与d点场强方向相同，因为c点与d点在同一等势面上，所以c点与d点电势也相同，又因b点等差等势面比a点密集，可知b点场强较大，即a点电场强度小于b点电场强度，故B正确；
C．电场线从高电势面指向低电势面，所以c点电势高于b点电势，由可知，c点电势能低于b点电势能，所以一负电子从c点到b点电场力做负功，故C错误；
D．因为a点电势高于b点电势，由可知电子在a点电势能比在b点的电势能小，故D错误。
故选B。
12．AD
【详解】AB．若a、b电性相反，只有a带负电，b带正电才能受力平衡，a、b水平方向都有
又由
，
得
故A正确，B错误；
CD．同时剪断两根细绳，两球竖直方向做自由落体运动，高度相同，故一定同时落地，故C错误，D正确。
故选AD。
13．BC
【详解】A．带正电小球从A到加速运动的过程中，加速度不断减小，等势线的电势比等势线的电势低，故A错误；
B．从A到过程中，小球的机械能不断减小，电场力做负功，小球的机械能不断减小，故B正确；
C．A、之间的电势差大于A、之间的电势差，小球从A到电场力做功大于从A到电场力做功，小球机械能变化量的绝对值从A到大于从A到，故C正确；
D．A、D两点等电势，若小球沿杆运动能至点，电场力做功为0，在点的速度不可能为零，故D错误。
故选BC。
14．BD
【详解】AB．A点的电场强度为零，而点电荷在A点产生的场强为
，方向水平向右
则可知圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为，方向水平向左，知圆形薄板带正电；若圆形薄板所带电荷量集中在圆心O，则电荷量大小应为，而实际上圆形薄板的电荷量是均匀分布在薄板上的，除了圆心O处距离A点的距离与点电荷距离O点的距离相同外，其余各点距离O点的距离都大于，若将电荷量均匀的分布在薄板上，则根据点电荷在某点处产生的场强公式
可知，合场强一定小于，因此可知圆形薄板所带电荷量一定大于+Q，故A错误，B正确；
CD．B点关于O点与A点对称，则可知圆形薄板在B点产生的电场强度为
，方向水平向右
而点电荷在B点产生的场强为
，方向水平向右
则根据电场强度的叠加法则可得B点得电场强度为
，方向水平向右
故C错误，D正确
故选BD。
15．AC
【详解】A．该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力竖直向下，从A到B的过程中电场力对粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A正确；
B．粒子带正电，则知电场方向竖直向下，等势面b的电势比等势面c的电势高，故B错误；
C．粒子在A点的速度大小为v1，粒子在沿等势面方向做匀速直线运动，所以粒子运动的时间
故C正确；
D．A、B两点沿电场线方向的距离为
由动能定理有
联立解得
故D错误；
故选AC。
16．（1）；（2），方向竖直向上；（3）
【详解】（1）由动能定理
可得
（2）带电粒子在偏转电场加速度大小为
在竖直方向上有
解得
偏转电场对带电粒子冲量的大小为
方向竖直向上；
（3）由（1）中分析可得
由于洛伦兹力不做功，因此带电粒子恰好从距离极板D右边缘射出偏转电场，电场力做负功，根据动能定理可得
解得
17．（1）正电；（2）；（3）
【详解】（1）由图根据平衡条件，小球受到的电场力水平向右，所以带正电。
（2）（3）对小球进行受力分析，设细线拉力为，有
代入数值，解得
，
18．（1）；（2）
【详解】（1）从P到M，由动能定理得
求得
（2）从M点飞出后，竖直方向
水平方向
求得
19．（1） （2）2mg，方向竖直向下（3）
【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比.
【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°=
解得：
（2）从P到A的过程，根据动能定理：mgL+EqL=mvA2
解得vA=2
小球在管中运动时，E2q=mg，小球做匀速圆周运动，则v0=vA=2
在D点时，下壁对球的支持力
由牛顿第三定律，方向竖直向下．
（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则： 解得
小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则：
小球离开管后做类平抛运动，物块从B到N的过程中所用时间：
则：
【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．
20．（1）；（2）
【详解】（1）电子离开电场Ⅰ的速度为，根据动能定理
电子在Ⅱ区做类平抛运动，电子到点，竖直位移为，根据运动学公式
根据牛顿第二定律
解得
（2）电子离开电场Ⅱ后做直线运动，设离开电场Ⅱ的速度与进入电场Ⅱ的速度方向夹角为，电子离开电场Ⅱ的竖直位移
电子离开电场Ⅱ后做直线运动的竖直位移
解得
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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