2024-2025學(xué)年高考物理一輪復(fù)習(xí)專題13靜電場2知識點練習(xí)含解析

專題13.2靜電場（2）全部實力提升1.（單選）如圖所示，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電的小球P，小球所處的空間存在著方向豎直向上的勻強電場，小球平衡時，彈簧恰好處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)給小球一豎直向上的初速度，小球最高能運動到M點。在小球從起先運動到運動至最高點時，以下說法正確的是()A．小球電勢能的削減量大于小球重力勢能的增加量B．小球機械能的變更量等于電場力做的功C．小球動能的削減量等于電場力和重力做功的代數(shù)和D．彈簧彈性勢能的增加量等于小球動能的削減量【答案】D【解析】由小球平衡時，彈簧恰好處于原長狀態(tài)可知，小球所受重力大小等于其受到的電場力大小，即：mg＝qE；小球在豎直向上運動的過程中，其重力做的功和電場力做的功的代數(shù)和為零；則彈簧彈性勢能的增加量等于小球動能的削減量，故A、C錯，D對；小球受到電場力、重力和彈力三個力的作用，故小球機械能的變更量等于電場力做的功和彈簧的彈力做的功之和，故B錯。2.(多選)(2024·江蘇單科·8)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大【答案】AC【解析】本題考查識別φ-x圖象、場強與電勢差的關(guān)系、電場力做功與電勢能變更關(guān)系。φ-x圖線的切線斜率表示場強，由圖可知從x1到x2過程中，圖線切線斜率變小，到x2處斜率為0，即場強從x1到x2始終減小，且E2＝0，電場力F＝Eq，負電荷從x1移動到x2，受到電場力減小，選項B、D錯誤；沿x軸方向電勢由負到正，故x軸上的兩個電荷q1、q2為異種電荷，選項A正確；由圖可知φx1<φx2，負電荷由低電勢到高電勢，電場力做正功，電勢能減小，選項C正確。3.（單選）靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬極板，G為靜電計，極板B固定，A可移動，起先時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開肯定角度，則下列說法正確的是()A．?dāng)嚅_S后，將A向左移動少許，靜電計指針張開的角度減小B．?dāng)嚅_S后，將A向上移動少許，靜電計指針張開的角度增大C．保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計指針張開的角度增大D．保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計指針張開的角度減小【答案】B【解析】靜電計的指針張開的角度與靜電計金屬球和外殼之間的電勢差相對應(yīng)，斷開開關(guān)S后，將A向左移動少許，電容器的電荷量不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知電容減小，由Q＝CU知電勢差增大，靜電計指針張開的角度增大，A錯；同理，斷開S后，將A向上移動少許，電容減小，電勢差增大，靜電計指針張開的角度增大，B對；保持S閉合，在A、B間插入一電介質(zhì)，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差為電源電勢差，靜電計指針張開的角度不變，C、D錯。4.（單選）如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶16粒子在電場中做類平拋運動：軌跡1的運動學(xué)方程為：軌跡2的運動學(xué)方程為：聯(lián)立1、2、3、4式得：粒子受到電場力的作用，結(jié)合牛二定律得聯(lián)立6、7式得：可見粒子做類平拋運動的加速度之比就等于電壓之比；故A選項正確；5.（單選）如圖甲為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓．現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連綿不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計)，且全部粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運動時間均為T，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()A．1∶1B．2∶1C．3∶1D．4∶1【答案】C【解析】設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為a若粒子在t＝nT時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最大，ymax＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＋a×eq\f(T,2)×eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2若粒子在t＝nT＋eq\f(T,2)時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最小，ymin＝0＋eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝eq\f(1,8)aT2則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3∶1，故C項正確．6.（多選）一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，EP表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則PP·——－+A．U變小，E不變B．E變大，EP變大C．U變小，EP不變D．U不變，EP不變【答案】：A、C【解析】：電容器處于斷電狀態(tài)Q不變，上極板下移d減小，C增大；U減??；結(jié)合公式：聯(lián)立1、2、3得；故場強E不變；A對又，電容器下極板接地電勢為0，設(shè)P點的電勢為，P點距下極板的距離為x，則=E.x；因為E與x的大小均不變，故Ep也不變；故C選項正確；7.（單選）如圖所示，絕緣水平面上固定一正點電荷Q，另一電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊(可看做點電荷)從a點以初速度v0沿水平面對Q運動，到達b點時速度為零．已知a、b間距離為x，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.以下推斷正確的是()A．滑塊在運動過程中所受Q的庫侖力有可能大于滑動摩擦力B．滑塊在運動過程的中間時刻速率等于eq\f(v0,2)C．此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(mv\o\al(,02),2)D．Q產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差Uab＝eq\f(mv\o\al(,02)－2μgx,2q)【答案】D【解析】由于始終做減速運動，庫侖力在增大，要減速到0，摩擦力應(yīng)當(dāng)始終比庫侖力大，且由a到b過程中加速度在減小，不是勻變速運動，A、B錯誤，由動能定理－qUab－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)可知，C錯誤，D正確．8.（單選）如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中心分別開有小孔O、P.現(xiàn)有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點．若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則()A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓減小C．甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同D．乙電子運動到O點的速率為2v0【答案】C【解析】兩板間距離變大，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；依據(jù)Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當(dāng)d變大時，兩板間的場強不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；依據(jù)e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，可知，乙電子運動到O點的速率v＝eq\r(2)v0，選項D錯誤．9.（多選）一帶正電的粒子僅在電場力作用下從A點經(jīng)B、C點運動到D點，其v﹣t圖象如圖所示，則下列說法中正確的是（）A．A點的電場強度肯定大于B點的電場強度B．粒子在A點的電勢能肯定大于在B點的電勢能C．CD間各點電場強度和電勢都為零D．AB兩點間的電勢差大于CB兩點間的電勢差【答案】AB【解析】由圖線可看出，A點的圖線的斜率大于B點的斜率，即A點的加速度大于B點，故A點的電場強度肯定大于B點的電場強度，選項A正確；在B點的速度大于在A點的速度，故從A到B動能增加，電勢能減小，即粒子在A點的電勢能肯定大于在B點的電勢能，選項B正確；從C到D粒子做勻速運動，故CD間各點電場強度為零，電勢相等但不肯定為零，選項C錯誤；從A到B和從B到C粒子動能的變更量相同，故電場力做功相同，即AB兩點間的電勢差等于CB兩點間的電勢差，選項D錯誤；故選AB．10．（多選）如圖所示，帶正電的金屬滑塊質(zhì)量為m、電荷量為q，與絕緣水平面間的動摩擦因數(shù)為μ(μ＜1)。水平面上方有水平向右的勻強電場，電場強度為E＝eq\f(mg,q)。假如在A點給滑塊一個向左的大小為v的初速度，運動到B點速度恰好為零，則下列說法正確的是()A．滑塊運動到B點后將返回向A運動，來回所用時間相同B．滑塊運動到B點后將返回向A運動，到A點時速度大小仍為vC．滑塊回到A點時速度大小為eq\r(\f(1－μ,1＋μ))vD．A、B兩點間電勢差為－eq\f(mv2,2（1＋μ）q)【答案】CD【解析】由A點到B點過程，滑塊加速度為aAB＝eq\f(μmg＋Eq,m)＝(μ＋1)g，由B點到A點過程，滑塊加速度為aBA＝eq\f(Eq－μmg,m)＝(1－μ)g，而位移大小相等，所以運動時間不行能相同，選項A錯誤；滑塊返回A點時的速度大小不行能等于滑塊在A點的初速度，選項B錯誤；依據(jù)v2＝2aABx，veq\o\al(2,A)＝2aBAx，可得回到A點時滑塊速度vA＝eq\r(\f(1－μ,1＋μ))v，x＝eq\f(v2,2（1＋μ）g)，UAB＝－Ex＝－eq\f(mv2,2（1＋μ）q)，選項C、D正確。11.（單選）真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止起先被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最終打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列推斷正確的是()A．三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)驗的時間相同B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4【答案】B【解析】設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)驗的時間不同，故A錯誤；依據(jù)推論y＝eq\f(U2L2,4dU1)、tanθ＝eq\f(U2L,2dU1)可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯誤。12.如圖所示，abcd是一個正方形盒子．cd邊的中點有一個小孔e.盒子中有沿ad方向的勻強電場．一個質(zhì)量為m帶電量為q的粒子從a處的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒內(nèi)，并恰好從e處的小孔射出．(忽視粒子重力)求：(1)該帶電粒子從e孔射出的速度大小．(2)該過程中電場力對該帶電粒子做的功．(3)若正方形的邊長為L，試求該電場的場強．【答案】（1）（2）【解析】(1)設(shè)粒子在e孔的豎直速度為vy.則水平方向：l/2＝v0t豎直方向：l＝·t得：vy＝4v0ve＝＝v0(2)由動能定理得：W電＝－＝8(3)由W電＝Eq·l和W電＝8得：E＝.本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，在進入勻強電場后粒子只受電場力作用，做類平拋運動，水平方向勻速運動，豎直方向自由落體，由此可求得飛出e孔時豎直分速度和合速度大小，在偏轉(zhuǎn)過程中由電場力做功等于動能變更量可求得電場力做功，由電場力做功W=qEd結(jié)合動能變更量可求得場強大小13.如圖，直角坐標(biāo)系xOy位于同一豎直平面內(nèi)，其中x軸水平、y軸豎直，xOy平面內(nèi)長方形區(qū)域OABC內(nèi)有方向垂直O(jiān)A的勻強電場，OA長為l，與x軸間的夾角θ＝30°。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質(zhì)點)從y軸上的P點沿x軸方向以肯定速度射出，恰好從OA的中點M垂直O(jiān)A進入電場區(qū)域。已知重力加速度為g。(1)求P的縱坐標(biāo)yP及小球從P射出時的速度v0；(2)已知電場強度的大小為E＝eq\f(\r(3)mg,2q)，若小球不能從BC邊界離開電場，OC長度應(yīng)滿意什么條件？【答案】(1)eq\f(5,8)leq\f(\r(gl),2)(2)d＞eq\r(2)l【解析】(1)設(shè)小球從P運動到M所用時間為t1，則有yP－eq\f(l,2)sinθ＝eq\f(1,