2022年高三物理一輪復習 專題7 靜電場（含解析）

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1、2022年高三物理一輪復習 專題7 靜電場（含解析） 21．[xx·新課標全國卷Ⅰ] 如圖所示，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M＝30°.M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φF＝φP，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則( ) A．點電荷Q一定在MP的連線上 B．連接PF的線段一定在同一等勢面上 C．將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功 D．φP大于φM 21．AD [解析] 本題考查了電場問題．根據(jù)題意，點電荷Q必在MN的中垂線和PF的中垂線的交點處，過F作M

2、N的垂直平分線交MP于O點，由幾何關(guān)系可知ON恰好垂直平分PF，故點電荷Q一定位于O點，A項正確，由正點電荷的等勢面分布特點可知B項錯誤；因為是正電荷形成的電場，將正電荷從P點搬運到N點，電場力做正功，C項錯誤；因為是正電荷形成的電場，越靠近場源電荷的等勢面電勢越高，D項正確． 19． [xx·新課標Ⅱ卷] 關(guān)于靜電場的電場強度和電勢，下列說法正確的是( ) A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直 B．電場強度為零的地方，電勢也為零 C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低 D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向 19．AD [解析] 由靜電場的電場線與等勢

3、面垂直可知A正確．電勢大小是由參考點和電場共同決定的，與場強的大小無關(guān)，B、C錯誤．沿電場線電勢降低，且電勢降落最快的方向為電場方向，D正確． 19.（xx上海）靜電場在軸上的場強隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷（） （A）在x2和x4處電勢能相等 （B）由x1運動到x3的過程電勢能增大 （C）由x1運動到x4的過程電場力先增大后減小 （D）由x1運動到x4的過程電場力先減小后增大 [答案] BC 17．[xx·安徽卷] 一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動．取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移

4、x的關(guān)系如右圖所示．下列圖像中合理的是( ) 電場強度與位移關(guān)系 粒子動能與位移關(guān)系 A B 粒子速度與位移關(guān)系 粒子加速度與位移關(guān)系 C D 17．D [解析] 本題是關(guān)于圖像的“信息題”：以圖像為載體考查電場的力的性質(zhì)與電場的能的性質(zhì)，考查理解題目的新信息并且應(yīng)用信息解決問題的能力．根據(jù)電勢能的定義Ep＝qφ，推理電場強度E＝Δx(Δφ)＝q(1)·Δx(ΔEp)，由題中

5、電勢能隨著空間變化的圖像可知其斜率減小，因此電場強度減小，選項A錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可知動能與電勢能的總和保持不變，開始時電勢能減小得快，則動能增加得快，速度增加得快，選項B、C錯誤；由于加速度a＝m(qE)，電場強度減小，加速度減?。x項D正確． 15． [xx·北京卷] 如圖所示，實線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面．下列判斷正確的是( ) A．1、2兩點的場強相等 B．1、3兩點的場強相等 C．1、2兩點的電勢相等 D．2、3兩點的電勢相等 15．D 本題考查電場線和等勢面的相關(guān)知識．根據(jù)電場線和等勢面越密集，電場強度越大，有E1>E2＝E3，但E2和E3電

6、場強度方向不同，故A、B錯誤．沿著電場線方向，電勢逐漸降低，同一等勢面電勢相等，故φ1>φ2＝φ3，C錯誤，D正確． 15． [xx·全國卷] 地球表面附近某區(qū)域存在大小為150 N/C、方向豎直向下的電場．一質(zhì)量為1.00×10－4 kg、帶電荷量為－1.00×10－7 C的小球從靜止釋放，在電場區(qū)域內(nèi)下落10.0 m．對此過程，該小球的電勢能和動能的改變量分別為(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空氣阻力)( ) A．－1.50×10－4 J和9.95×10－3 J B．1.50×10－4 J和9.95×10－3 J C．－1.50×10－4 J和9.65×10－3 J

7、D．1.50×10－4 J和9.65×10－3 J 15．D [解析] 本題考查功與能．設(shè)小球下落的高度為h，則電場力做的功W1＝－qEh＝－1.5×10－4 J，電場力做負功，電勢能增加，所以電勢能增加1.5×10－4 J；重力做的功W2＝mgh＝9.8×10－3 J，合力做的功W＝ W1＋ W2＝9.65×10－3 J，根據(jù)動能定理可知ΔEk＝W＝9.65×10－3 J，因此D項正確． 20． [xx·廣東卷] 如圖12所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電荷量為＋Q的小球P，帶電荷量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點電荷，

8、下列說法正確的是( ) A．M與N的距離大于L B．P、M和N在同一直線上 C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同 D．M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零 20．BD [解析] M、N處于靜止狀態(tài)，則M、N和桿組成的系統(tǒng)所受合外力為0，則FPM＝FPN，即kL2(Qq)＝kx2(2Qq)，則有x＝L，那么M、N間距離為(－1)L，故選項A錯誤，選項D正確；由于M、N靜止不動，P對M和對N的力應(yīng)該在一條直線上，故選項B正確；在P產(chǎn)生電場中，M處電勢較高，故選項C錯誤． 4．[xx·江蘇卷] 如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關(guān)于x軸上的電場

9、強度和電勢的說法中正確的是( ) A．O點的電場強度為零，電勢最低 B．O點的電場強度為零，電勢最高 C．從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高 D．從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低 4．B [解析] 根據(jù)對稱性，圓環(huán)上均勻分布的正電荷在圓心O點產(chǎn)生的電場的合場強為零．以O(shè)點為原點，若將一正點電荷輕放于x軸正半軸上，它將受到沿x 軸正方向的電場力作用而向右運動，電勢能減少，故沿x 軸正方向電勢降低，同理可以得到沿x軸負方向電勢降低，故O點的電勢最高．均勻分布著正電荷的圓環(huán)可看成由無數(shù)組關(guān)于圓心O點對稱的帶正電的點電荷組成，由等量正點電荷產(chǎn)生的電場的特點和場強疊加原理可

10、知，從O 點沿x 軸正方向，電場強度先變大后變?。C上所述，只有選項B正確． 19．[xx·山東卷] 如圖所示，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A.已知殼內(nèi)的場強處處為零；殼外空間的電場，與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產(chǎn)生的電場一樣．一帶正電的試探電荷(不計重力)從球心以初動能Ek0沿OA方向射出．下列關(guān)于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖線，可能正確的是( ) A B C D 19．A [解析] 殼內(nèi)場強處處為零，試探電荷從球心運動到球殼處不受任何力作用，動能不變．正的試探電荷從球殼處向外運動時，

11、受到類似于球殼的全部電荷集中于球心的正點電荷在殼外產(chǎn)生電場的電場力作用，要加速運動，動能增大．沿半徑方向取相等的兩段距離，離球心越遠，電場力的等效值越小，電場力做的功越小，動能的增加量就越小，選項A正確． 4． [xx·天津卷] 如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么( ) A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷 B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加 C．微粒從M點運動到N點動能一定增加 D. 微粒從M點運動到N點機械能一定增加 4．C [解析] 本題是對帶電微粒在復合場中的運動

12、、動能定理、機械能守恒定律、受力分析的綜合考查，通過圖像中的運動軌跡，無法判斷電場力的方向，只能判斷出微粒所受的合外力方向豎直向下，運動過程中合力的方向與運動方向的夾角為銳角，合外力做正功，微粒的動能增加，A、B錯誤，C正確．由于不能判斷出電場力的方向，所以機械能的變化也不能確定，D錯誤． 19． [xx·浙江卷] 如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質(zhì)量為m、電荷量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，

13、兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，則( ) A．小球A與B之間庫侖力的大小為d2(kq2) B．當d(q)＝k(mgsin θ)時，細線上的拉力為0 C．當d(q)＝k(mgtan θ)時，細線上的拉力為0 D．當d(q)＝ktan θ(mg)時，斜面對小球A的支持力為0 19．AC [解析] 本題考查庫侖定律、受力分析、共點力的平衡等知識．根據(jù)庫侖定律可知小球A與B之間的庫侖力大小為kd2(q2)，選項A正確．若細線上的拉力為零，小球A受重力、庫侖力和支持力作用，如圖所示，由平衡條件可得F＝kd2(q2)＝mgtan θ，選項B錯誤，選項C正確；因為兩小球帶同種電荷，

14、所以斜面對小球A的支持力不可能為0，選項D錯誤． 3． [xx·重慶卷] 如題3圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點，設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則( ) A．Wa＝Wb，Ea＞Eb B．Wa≠Wb，Ea＞Eb C．Wa＝Wb，Ea＜Eb D．Wa≠Wb，Ea＜Eb 3．A [解析] 同一幅圖中電場線的疏密可表示電場強度大小，a點處的電場線比b點處的密集，可知Ea>Eb，C、D錯誤，a、b兩點處于同一等勢面，電子從a、b兩點運動到c點，電場力做的功相等，與路徑無關(guān)，B錯

15、，A正確． 25．[xx·新課標全國卷Ⅰ] 如圖所示，O，A，B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB ＝ OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點，使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時加一勻強電場，場強方向與△OAB所在平面平行．現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g。求 (1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值； (2)

16、電場強度的大小和方向． 25．(1)7∶3 (2)，方向略 [解析] 設(shè)小球的初速度為v0，初動能Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d，則OB＝d，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有： dsin 60°＝v0t ① dcos 60°＝gt2 ② 又有Ek0＝mv02 ③ 由①②③式得 Ek0＝mgd ④ 設(shè)小球到達A點時的動能為EkA，則 EkA＝Ek0＋mgd ⑤ 由④⑤式得 ＝ ⑥ (2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和d，設(shè)電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，

17、由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd ＝Ek0 ⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0 ⑧ 在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的，設(shè)直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有 ＝ ⑨ 解得x＝d，MA為等勢線，電場必與其垂線OC方向平行，設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得 α＝30° ⑩ 即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°. 設(shè)場強的大小為E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA ? 由④⑦?式

18、得 E＝ ? 22．[xx·安徽卷] (14分)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求： (1)小球到達小孔處的速度； (2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落運動到下極板處的時間． 22．[答案] (1) (2)Cg(mg（h＋d）) (3)h(h＋d)g(2h) [解析] (1)由v2＝2gh得v＝ (2)在極板間帶電小球受重力和電場

19、力，有 mg－qE＝ma 0－v2＝2ad 得E＝qd(mg（h＋d）) U＝Ed Q＝CU 得Q＝Cq(mg（h＋d）) (3)由h＝2(1)gt1(2)、0＝v＋at2、t＝t1＋t2 可得t＝h(h＋d)g(2h) 20． [xx·福建卷Ⅰ] 如圖，真空中xOy平面直角坐標系上的A、B、C三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L＝2.0 m．若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6 C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9×109 N·m2/C2，求： (1)兩點電荷間的庫侖力大?。? (2)C點的電場強度的大小和方向． 20．(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C 沿y軸正方向 [解析] (1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小為 F＝kL2(q2)① 代入數(shù)據(jù)得 F＝9.0×10－3 N② (2)A、B兩點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為 E1＝kL2(q)③ A、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為 E＝2E1cos 30°④ 由③④式并代入數(shù)據(jù)得E＝7.8×103 N/C⑤ 場強E的方向沿y軸正方向．