2025届高考物理一轮复习粤教版专题练： 静电场的应用
一、单选题
1．在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知、、；现有一电子仅受静电力作用，以某一初速度从O点沿Od方向射入，则图乙中abcd区域内，能大致反映电子运动轨迹的是( )
A.① B.② C.③ D.④
2．如图所示，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带正电小球，置于水平向右的匀强电场中。已知绳长L，小球质量为m，电荷量为q，现把小球从A点由静止释放，刚好能到达水平最高点B处，重力加速度为g，则下列说法不正确的是( )
A.小球所受的电场力大小为
B.从A到B过程中，小球的机械能增加了
C.从A到B过程中，小球的动能最大为
D.从A到B过程中，绳子的最大拉力为2
3．无线话筒是振荡电路的一个典型应用。在振荡电路中，某时刻磁场方向、电场方向如图所示，下列说法正确的是( )
A.电容器正在放电
B.振荡电流正在减小
C.线圈中的磁场正在增强
D.增大电容器两板距离，振荡频率减小
4．在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从坐标为处以某一初速度平行y轴正方向射出，经时间t，粒子前进的距离为L，在该空间加上匀强电场，粒子仍从同一位置以相同的速度射出，经相同时间t后恰好运动到坐标原点O，已知粒子的比荷为k，则该匀强电场的场强大小为( )
A. B. C. D.
5．如图所示为某汽车上的电容式传感器的俯视图。质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧右端与电容器均固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，电容器与供电电源连接，并与计算机的信号采集器串联。下列关于该传感器的说法正确的是( )
A.电介质插入极板间越深，电容器的电容越小
B.电介质插入极板间越深，电容器所带电荷量越小
C.在汽车向右做匀速直线运动过程中，电路中无电流采集器
D.在汽车向右做匀加速直线运动过程中，电路中有恒定电流
6．一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化。如图所示，瓶的外壁涂有的一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质，其厚度为d，相对介电常数为，若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，电源电压恒定为U，则下列说法正确的是( )
A.瓶内液面升高了 B.瓶内液面升高了
C.瓶内液面降低了 D.瓶内液面降低了
7．细胞膜是一个细胞重要的组成部分，它是一个弹性膜且不带电时磷脂双分子层间的距离为。将细胞膜的伸缩看成劲度系数为的弹簧，并且细胞膜的面积，介电常数为ε。细胞膜上分布有可以运输粒子的离子泵，使得阴阳离子分布均匀地分布在内外两层上，已知静电力常量为k。当内外膜分别带电Q和-Q时，下列说法正确的是( )
A.内外膜之间的电场强度大小为
B.内外膜的厚度为
C.每一侧膜收到的作用力大小为
D.内外膜间的电势差大小为
8．如图所示，电源电动势E一定，内阻不计，、是定值电阻，是光敏电阻，其阻值随光照的增强而减小。开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的一带电液滴恰好能静止在M点。现增强照射电阻的光照强度，则( )
A.电容器的电容增大B.MB.M点的电势升高
C.液滴向下运动 D.中有向右的电流
9．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，先经时间t力F做功，此后撤去力F，物块再经时间返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O点的电势能为零，则( )
A.撤去力F时物块的速度大小为 B.物块向右滑动的最大距离为
C.物块回到出发点时的动能为 D.撤去力F时物块的电势能为
10．电容式位移传感器的示意图如图所示，是平行板电容器两块正对的极板，A是固定的，B与被测物体C相连，之间的距离随着C的上下移动而变化。如果极板所带的电荷量恒定不变，当C向下移动时，下列说法正确的是( )
A.极板组成的电容器的电容减小 B.两板之间的电压增大
C.两板之间的电场强度不变 D.两板之间的电场强度增大
11．如图，一对金属板水平放置，间距足够大，极板间的电压为U，在金属板右侧有一竖直屏。一不计重力的带电粒子从两板中央以水平速度入射，入射方向的延长线与屏的交点为O点，粒子打在屏上的位置与O点的距离为y。将U变为变为，保持其他条件不变，粒子打在屏上的位置与O点的距离将变为( )
A.4y B.2y C.y D.0.5y
12．如图所示，在平行板电容器两板间有一个带电微粒。开关S闭合时，该微粒恰好能保持静止。若使该带电微粒向上运动，下列说法正确的是( )
A.保持S闭合，极板N上移 B.保持S闭合，极板M上移
C.充电后将S断开，极板N上移 D.充电后将S断开，极板M上移
二、多选题
13．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是( )
A.若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B.若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将能到达B点
C.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
D.若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为
14．如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为、质量为m的小球以初速度从竖直斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为，则( )
A.小球从A到B电场力做正功
B.A、B两点间的电压一定等于
C.若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，则θ为45°
D.若电场是匀强电场，则该电场的电场强度最小值一定为
15．电容器在生产生活中有广泛的应用。用如图甲所示的电路给电容器充电，其中C表示电容器的电容，R表示电阻的阻值，E表示电源的电动势（电源内阻可忽略）。改变电路中元件的参数对同一电容器进行三次充电，三次充电对应的电容器电荷量q随时间t变化的图像分别如图乙中①②③所示。第一次充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是( )
A.第一次充电时所用电阻阻值大于第二次充电时所用电阻阻值
B.第二次充电时所用电源电动势大于第三次充电时所用电源电动势
C.第二次充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图线斜率比丙图中图线斜率大
D.第二次充电时时刻的电流大于时刻的电流
三、填空题
16．一个平行板电容器，所带电荷量为，两板间的电势差为10 V，则电容器的电容为________F。若电容器所带电荷量为时，则电容器的电容为________F。
17．图甲是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G灵敏电流计，C为平行板电容器。当开关S接1时，平行板电容器________（选填“充电”或“放电”），流经G表的电流方向________（选填“向左”或“向右”），此过程中电容器的电容将________（选填“增大”、“减小”或“不变”）
四、计算题
18．如图所示，虚线MN左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场平行的屏，现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场中的A点，最后电子打在右侧屏上的K点，已知：A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子到MN的速度大小；
（2）若，电子离开电场时速度与水平方向的夹角多大；
（3）调节的大小可使K点在屏的位置发生变化，由于实际生产的需要，现要保证K点到O点的距离d满足：，求此条件下的范围。
参考答案
1．答案：B
解析：根据匀强电场中电势分布特点可知，ad的中点f电势为3V，可知bf连线为等势线，场强与等势线垂直，即沿着aO方向斜向下，如图所示
电子以某一初速度从O点沿Od方向射入图中abcd区域内，电子的初速度方向与电场力方向垂直，电子做类平抛运动，则能大致反映电子运动轨迹的是②。故选B。
2．答案：D
解析：A.根据题意，设小球所受的电场力大小为F，由动能定理有解得故A正确；B.从A到B过程中，电场力做正功，大小为由功能关系可知，小球的机械能增加了，故B正确；CD.根据题意可知，电场力与重力的合力为方向与竖直方向成45°斜向下，当该合力与绳子共线时，小球速度最大，绳子拉力最大，根据牛顿第二定律由动能定理有联立解得故C正确，D错误。本题选不正确的，故选D。
3．答案：B
解析：ABC.由图中板间场强方向可知，下极板带正电，上极板带负电；根据图中磁场方向可知此时电流由上极板流向下极板，可知此时电容器正在充电，电场能在增大，则磁场能在减小，线圈中的磁场正在减弱，则振荡电流正在减小，故AC错误，B正确；
D.根据
，
增大电容器两板距离，则电容减小，振荡频率增大，故D错误。
故选B。
4．答案：A
解析：设沿三个轴方向的加速度分别为则在三个方向上运动分别为，不加电场时有，根据，联立解得，故选A。
5．答案：C
解析：
6．答案：C
解析：本题考查平行板电容器的应用。液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，两板间距离不变，液面高度变化时只是正对面积发生了变化，由可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，当液面降低时，正对面积S减小，则电容减小。电流从下向上流过电流计，说明电容器正在放电，电容器上的电荷量正在减小，由于电势差不变，由可知电容减小，瓶内液面降低，t时间内减少的电荷量为，依据可得，液面的高度为h时的正对面积，联立以上各式得。综上分析可知C正确，A、B、D错误。
7．答案：B
解析：
8．答案：B
解析：A.电容器的电容由电容器本身性质决定，不随其电压或电荷量的变化而变化，故A错误；
B.增强照射电阻的光照强度，阻值减小，回路总电阻减小，总电流增大，则两端电压增大，电容器两极板间电压增大，根据可知两极板间电场强度增大，而下极板接地，电势为零，设M到下极板间的距离为，则M点的电势为，所以M点的电势升高，故B正确；
C.根据平衡条件可知，开始时液滴所受电场力与重力平衡，增强照射电阻的光照强度，电容器两极板间电场强度增大，液滴所受电场力增大，将大于重力，则液滴所受合外力向上，将向上运动，故C错误；
D.由电路连接方式易知电容器上极板带正电，下极板带负电，增强照射电阻的光照强度，电容器两极板间电压增大，根据可知电容器充电，中有向左的电流，故D错误。
故选B。
9．答案：C
解析：A.设F撤去前、后物块的加速度大小分别为，根据位移关系有解得根据运动学规律有所以撤去力F时物块的速度大小为A错误;B.从撤去F到物块速度减为零所经历的时间为所以物块向右滑动的最大距离为故B错误；C.物块从O点开始运动到又回到O点的过程中，电场力做功为零，恒力F做功为90J，根据动能定理可知物块回到出发点时的动能为90J，故C正确；D.物块向右运动过程中，电势能增加量等于克服电场力做的功，根据能量守恒定律可知物块向右到达最远位置时的电势能为90J，设撤去F时物块的电势能为，则解得故D错误。故选C。
10．答案：C
解析：A.由平行板电容器电容的决定式可知，当C向下移动时，d减小，极板组成的电容器的电容增大，A错误；
B.由电容器电容的定义式可得，电容C增大，电荷量Q不变，两板之间的电压U减小，B错误；
CD.由电容器电容的定义式和决定式，可得
可知两板之间的电场强度不变，C正确，D错误。
故选C。
11．答案：B
解析：带电粒子离开电场时速度v与进入电场时的速度夹角为根据类平抛运动的推论：速度的反向延长线交于水平位移的中点，得偏离O的距离为当U变为变为，其他保持不变时，y变为原来的2倍。故选B。
12．答案：A
解析：
13．答案：AC
解析：A.小球受到水平向右的电场力合力为方向斜向右下方，与竖直方向夹角为60°，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，有联立解得故A正确；B.小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有水平位移有由牛顿第二定律解得故小球将不能到达B点，故B错误；C.由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故C正确；D.设合力方向与电场线方向夹角为θ，有解得故将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误，故选AC。
14．答案：ABD
解析：A.小球从A运动到B的过程中，重力势能增加，动能不变，由能量守恒可知，小球的电势能减小，则电场力做正功，故A正确；
B.根据动能定理得
解得
故B正确；
C.若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生且θ为45°，A、B两点的电势相等，小球从A运动到B电势能不变，由于小球重力势能增大，则小球的总能量增大与能量守恒定律矛盾，故C错误；
D.若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零，小球的重力沿斜面向下的分力为一定，则当电场力沿斜面向上，大小为
时电场力最小，场强最小，又电场力，则该电场的场强的最小值一定是，故D正确。
故选ABD。
15．答案：BD
解析：A.由可知，第一次与第二次充电稳定后，电量q相同，则电容器电压U相同，充电的电源相同，由图线①、②可知，第一次充电时间比第二次充电时间小，说明第一次充电电流大，所用电阻阻值小，所以第一次充电时所用电阻阻值小于第二次充电时所用电阻阻值，A错误；
B.由②、③图线可知，两次充电稳定后的电量q不同，则电容器电压U不同，表明电源电动势不同，由可知，充电后，电容器电压U第二次大于第三次，所以第二次充电时所用电源电动势大于第三次充电时所用电源电动势，B正确；
C.由可知，图线斜率表示电容器的电容的倒数，因对同一电容器进行三次充电，所以第二次充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图线斜率与丙图中图线斜率相等，C错误；
D.由图线的斜率表示电流大小可知，第二次充电时，时刻图线的斜率大于时刻图线的斜率，所以第二次充电时时刻的电流大于时刻的电流，D正确。
故选BD。
16．答案：；
解析：电容器的电容为
电容器的电容与电容器所带电荷量无关，所以电容器所带电荷量为时，电容器的电容仍为。
17．答案：充电；向右；不变
解析：当开关S接1时，电容器的两极板分别连接了电源的正负极，电容器处于充电状态；
充电电流在外电路由电源的正极指向负极，所以流经G表的电流方向向右；
该过程中电容器的电容保持不变。
18．答案：（1）；（2）45°；（3）
解析：（1）从A点到MN的过程中，由动能定理，得
得电子到MN的速度大小为
（2）设电子射出电场时沿平行电场线方向的速度为，根据牛顿第二定律得电子在电场中的加速度为
运动时间为
沿电场方向的速度为
电子离开电场时速度与水平方向的夹角的正切值为
所以电子离开电场时速度与水平方向的夹角为45°；
（3）由（1）可知电子到MN的速度大小为
电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向的位移为
设电子打在屏上的位置为K，根据平抛运动的推论可知，速度的反向延长线交于水平位移的中点
电子打到屏幕上K点到O的距离为d，根据三角形相似，有
现要保证K点到O点的距离d满足：，则
