2022届高考物理一轮复习单元检测七　静电场（解析版）

这是一份2022届高考物理一轮复习单元检测七　静电场（解析版），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.如图1所示，两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们之间的库仑力大小为F.现将两小球相互接触后分开并使其间距变为eq \f(r,2)，则两小球之间库仑力的大小为( )
图1
A.eq \f(1,12)F B.eq \f(3,4)F C.eq \f(4,3)F D．12F
答案 C
解析 接触前两小球之间的库仑力大小为F＝keq \f(Q·3Q,r2)，接触后再分开，两小球所带的电荷量先中和后均分，所以两小球分开后带电荷量均为＋Q，两小球间的距离变为eq \f(r,2)，两小球间的库仑力大小为F′＝keq \f(Q·Q,\f(r,2)2)＝eq \f(4,3)F，选项C正确．
2.(2020·湖北武汉市调研)在匀强电场中，有一质量为m，带电荷量为＋q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图2所示，那么下列关于匀强电场的场强大小的说法中正确的是( )
图2
A．唯一值是eq \f(mgtan θ,q)
B．最大值是eq \f(mgtan θ,q)
C．最小值是eq \f(mgsin θ,q)
D．不可能是eq \f(mg,q)
答案 C
解析 小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动，其所受合力方向沿直线斜向下，由三角形定则知电场力最小为qE＝mgsin θ，故场强最小为E＝eq \f(mgsin θ,q)，故C正确．
3.(2020·山东济南市一模)如图3所示为等边三角形ABC，在A、B两点放等量异种点电荷，已知A、B连线中点处的电场强度和电势分别为E、φ，则C点的电场强度和电势分别为( )
图3
A.eq \f(1,8)E、φ B.eq \f(1,4)E、φ
C.eq \f(1,8)E、eq \f(1,4)φ D.eq \f(1,4)E、eq \f(1,4)φ
答案 A
解析 设等边三角形的边长为L，A、B两处电荷的电荷量大小为Q，A、B连线中点处的电场强度为E＝2eq \f(kQ,\f(L,2)2)＝eq \f(8kQ,L2)，
C点的电场强度为EC＝2eq \f(kQ,L2)cs 60°＝eq \f(1,8)E，
等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，则有φC＝φ，故选A.
4.(2020·安徽淮北市一模)如图4所示，平行板电容器与电源连接，下极板B接地，开关S闭合，一带电油滴在电容器中的P点处于静止状态．下列说法正确的是( )
图4
A．保持开关S闭合，上极板A竖直上移一小段距离，电容器的电容增大
B．保持开关S闭合，上极板A竖直上移一小段距离，P点的电势将升高
C．保持开关S闭合，上极板A竖直上移一小段距离过程中，电流计中电流方向向右
D．开关S先闭合后断开，上极板A竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动
答案 B
解析 保持开关S闭合，电压恒定，上极板A竖直上移，由C＝eq \f(εrS,4πkd)，知电容C减小，由E＝eq \f(U,d)，知E减小，P与下极板距离不变，P与下极板间的电势差减小，下极板带正电，P处电势为负，故P点电势升高，由Q＝UC，知Q减小，电容器放电，电流计中电流方向向左，故A、C错误，B正确；断开S，电容器所带电荷量Q一定，上极板A竖直上移，C减小，E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)不变，故油滴静止不动，故D错误．
5．(2020·北京市房山区一模)如图5所示为电子束焊接机，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高电压U，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( )
图5
A．A、K之间的电场强度均为eq \f(U,d)
B．B点电势大于C点电势
C．B点电场强度大于C点电场强度
D．电子由K到A的电势能减少了eU
答案 D
解析 A、K之间的电场是非匀强电场，公式U＝Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等于eq \f(U,d)，故A错误；B、C所在等势线均为与电场线垂直的圆弧，如图所示，
根据沿电场线方向电势降低，可知B点电势小于C点电势，故B错误；
电场线的疏密程度表示电场强度大小，从图中可知B点所在位置的电场线较疏，C点所在位置的电场线较密，故B点的电场强度小于C点的电场强度，故C错误；
电子由K到A，受到的电场力方向和电场方向相反，即由K指向A，和运动方向一致，所以电场力做正功，电势能减小，根据动能定理可得|ΔEp|＝ΔEk＝Ue，故D正确．
6．(2020·河南郑州市质检)如图6，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力，下列说法错误的是( )
图6
A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
答案 D
解析 由粒子的运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确；M从a点到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则M在b点的动能小于在a点的动能，故B正确；d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于它在e点的电势能，故C正确；N从c点运动到d点，库仑斥力做正功，故D错误．
7.(2020·河南洛阳市一模)某静电场在x轴正半轴上的电势φ随x变化的关系如图7所示，则( )
图7
A．x1处与x2处的电场强度方向相同
B．x1处与x2处的电场强度大小相等
C．若把带正电的粒子从x1处移到x2处，电场力先做正功再做负功
D．同一个带正电的粒子在R处具有的电势能小于在x2处的电势能
答案 A
解析 在φ－x图像中，图线的斜率表示电场强度，由题图知，x1和x2处的斜率都是负值，说明电场强度方向相同，故A正确；x1处的斜率的绝对值大于x2处的斜率的绝对值，说明x1处的电场强度大小大于x2处的电场强度大小，故B错误；从x1处到x2处，电势逐渐降低，则移动正电荷，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；根据Ep＝qφ可知，正电荷在R处具有的电势能为零，在x2处的电势小于零，所以正电荷在此处具有的电势能小于零，电势能为标量，正负号表示大小，所以同一个带正电荷的粒子在R处具有的电势能大于在x2处的电势能，故D错误．
8.(2020·浙江温州市五校联考)如图8，真空中电荷量均为Q的两正点电荷，固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线上，且两电荷关于正方体中心对称，则( )
图8
A．A、B、C、D四个点的电势相同
B．A1、B1、C1、D1四个点的电场强度相同
C．负试探电荷q在A点的电势能小于在C1点的电势能
D．正试探电荷q从C点移到C1点过程电场力对其做正功
答案 A
解析 根据等量同种点电荷周围电场分布情况可知，A、B、C、D四个点关于连线对称，所以电势相同，故A正确；由于A1、B1、C1、D1四个点关于连线对称，场强大小相等，但方向不同，所以场强不同，故B错误；A、B、C、D四个点和A1、B1、C1、D1四个点关于点电荷的连线的中心是对称的，所以8个点的电势相同，所以负试探电荷q在A点的电势能等于在C1点的电势能，正试探电荷q从C点移到C1点过程电场力对其做功的和为0，故C、D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图9所示，cd、cb 分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为：4 V、8 V、10 V，使一电荷量为q＝－2×10－5 C的负点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是( )
图9
A．坐标原点O的电势为6 V
B．电场强度的大小为eq \r(2) V/m
C．该点电荷在c点的电势能为2×10－5 J
D．该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为 8×10－5 J
答案 AD
解析 由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的变化量相等，所以φc－φb＝φO－φa，代入数据解得：φO＝6 V，故A正确；ab中点e的电势为φe＝6 V，连接Oe，则直线Oe为等势线，如图所示，
由几何关系可知，ab垂直于Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度大小为：E＝eq \f(Ube,dbe)＝eq \f(8－6,\f(\r(22＋22),2)×10－2) V/m＝100eq \r(2) V/m，故B错误；该点电荷在c点的电势能为：Epc＝qφc＝－2×10－4 J，故C错误；由题意结合几何知识可知b、d在同一等势线上，该点电荷从a点移动到d点电场力做功为：Wad＝qUad＝qUab＝(－2×10－5)×(4－8) J＝8×10－5 J，故D正确．
10.(2020·四川宜宾市一诊)如图10所示，A、B、C三点在同一水平面上，D点在B点正上方，AB垂直于BC和BD构成的平面，A、C、D到B的距离均为d，空间存在着匀强电场，一个质量为m、电荷量为＋q的粒子从B移到C和从B移到D时电场力做的功都为零，从B移到A时电场力做的功为W(W>0)，下列说法正确的是( )
图10
A．带电粒子从D移到C时电场力做的功一定为零
B．电场强度方向由A指向B
C．A点和B点间的电势差UAB＝eq \f(W,q)
D．匀强电场的电场强度大小E＝eq \f(W,qd)
答案 AD
解析 一个质量为m、电荷量为＋q的粒子从B移到C电场力做的功为零，则φB＝φC，从B移到D时电场力做的功为零，则φB＝φD，故B、C、D三点电势相等，B、C、D三点所在的平面为等势面，带电粒子从D移到C时电场力做的功一定为零，故A正确；B、C、D三点所在的平面为等势面，电荷量为＋q的粒子从B移到A时电场力做的功为W，说明B点电势高于A点电势．直线BA垂直于等势面，说明电场强度方向沿直线BA，由B指向A，故B错误；电荷量为＋q的粒子从B移到A时电场力做的功为W，则B点和A点间的电势差大小为：UBA＝eq \f(W,q)，故C错误；根据E＝eq \f(U,d)可知，电场强度为：E＝eq \f(UBA,d)＝eq \f(W,qd)，故D正确．
11．(2020·江苏南通、泰州市期末)如图11所示，竖直平面内存在着两个相同的方向竖直向上的带状匀强电场区，电场区的高度和两电场区之间的间隔均为d，水平方向足够长．一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0在距离电场上方d处水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
图11
A．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．小球在电场区可能做直线运动
C．若场强大小为eq \f(mg,q)，小球经过两电场区的时间相等
D．若场强大小为eq \f(2mg,q)，小球经过两电场区的时间相等
答案 ABD
解析 将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度v0做匀速直线运动，故A正确．
小球在电场区时，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，若电场力与重力大小相等，二力平衡，小球能做匀速直线运动，故B正确．
若场强大小为eq \f(mg,q)，则电场力等于mg，在电场区小球所受的合力为零，做匀速运动，在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区时小球匀速运动的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不等，故C错误．
若场强大小为eq \f(2mg,q)，电场力等于2mg，在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式有，
经过第一个无电场区d＝eq \f(1,2)gt12，v1＝gt1
经过第一个电场区d＝v1t2－eq \f(1,2)gt22，v2＝v1－gt2
联立解得t1＝t2，v2＝0，
接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区竖直方向都是自由落体运动，每次通过电场区竖直方向都是末速度为零的匀减速直线运动，因此，小球经过两电场区的时间相等，故D正确．
12．(2020·山东泰安市一轮检测)一电荷量为－1.0×10－8 C的带电粒子P，只在电场力作用下沿x轴运动，运动过程中粒子的电势能Ep与位置坐标x的关系图像如图12曲线所示，图中直线为曲线的切线，切点为(0.3,3)，切线交x轴于(0.6,0)．曲线过点(0.7,1)，则下列说法正确的是( )
图12
A．在x＝0.3 m处电场强度大小为103 N/C
B．在x＝0.3 m处电场强度大小为109 N/C
C．x＝0.3 m处的电势比x＝0.7 m处的电势高
D．x＝0.3 m与x＝0.7 m间电势差的绝对值是200 V
答案 AD
解析 根据W＝－ΔEp，
可知Ep－x图像切线的斜率表示电场力，在x＝0.3 m处的电场力大小为F＝k＝eq \f(ΔEp,Δx)＝eq \f(3×10－6,0.6－0.3) N＝1.0×10－5 N，
则可求得x＝0.3 m处的电场强度大小为E＝eq \f(F,|q|)＝eq \f(1.0×10－5,1.0×10－8) N/C＝1 000 N/C＝103 N/C，
故A正确，B错误；
根据Ep＝qφ
可知在x＝0.3 m处的电势为
φ1＝eq \f(Ep1,q)＝eq \f(3×10－6,－1×10－8) V＝－300 V
在x＝0.7 m处的电势为
φ2＝eq \f(Ep2,q)＝eq \f(1×10－6,－1×10－8) V＝－100 V
所以x＝0.7 m处的电势高于x＝0.3 m处的电势，x＝0.3 m与x＝0.7 m间电势差的绝对值是U＝|φ1－φ2|＝200 V，故D正确，C错误．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(12分)(2020·山西大同市第一次联考)如图14所示，竖直放置的半径为R的光滑圆弧绝缘轨道BA与水平面BC相切于B点，水平面上方分布着水平向左的匀强电场，其电场强度大小为E＝eq \r(3)eq \f(mg,q)，质量为m，电荷量为＋q的质点从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，求：
(1)质点刚到达水平面时的速度大小；
(2)若电场强度为水平向右，大小不变，质点仍从A点由静止释放，试求带电质点的最大速度大小．
图14
答案 (1) 2eq \r(2gR) (2) eq \r(22－\r(3)gR)
解析 (1)选质点为研究对象，受力分析可知：质点所受合力沿图示AD方向且与水平方向成30°角．
因此质点从A点由静止释放后做初速度为零的匀加速直线运动，
F合＝eq \r(mg2＋qE2)＝ma
得a＝2g
由几何关系得：AD＝2R
又v2＝2a×2R
可得v＝2eq \r(2gR)
(2)若电场反向，则质点所受重力与电场力的合力与水平方向成30°角斜向右下，对小球受力分析可知，当质点运动到与O点的连线与水平方向成30°时，有最大速度，设最大速度为vm，
则有mgRsin 30°－qER(1－cs 30°)＝eq \f(1,2)mvm2
可得vm＝eq \r(22－\r(3)gR).
14．(14分)(2020·山东泰安市质检)如图15，静止于A处的离子经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强大小为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；eq \x\t(QN)＝2d、eq \x\t(PN)＝3d，离子重力不计．
图15
(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
答案 (1)eq \f(2U,E0) (2)eq \f(12U,d)
解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，
有：qU＝eq \f(1,2)mv2
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，知离子带正电，电场力提供向心力，
根据牛顿第二定律，有qE0＝eq \f(mv2,R)
联立解得：R＝eq \f(2U,E0)
(2)离子做类平抛运动，若恰好能打在NQ的中点，则
d＝vt,3d＝eq \f(1,2)at2
由牛顿第二定律得：qE＝ma，
联立解得：E＝eq \f(12U,d).
15．(16分)(2020·重庆市九校联盟联考)在如图16所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50 N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2 m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场．质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－2 C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场，通过第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0,0.4)、(0.4,0)，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图16
(1)初速度v0的大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)小球经过B点时的速度大小．
答案 (1)1 m/s (2)5 V (3)eq \r(10) m/s
解析 (1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力竖直向上，根据牛顿第二定律得，加速度大小为a＝eq \f(mg－qE0,m)，解得a＝5 m/s2
根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t
沿竖直方向有：yP＝eq \f(1,2)at2
解得v0＝xAeq \r(\f(a,2yP))＝1 m/s.
(2)设水平电场的电场强度大小为E，进入电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy＝eq \r(2yPa)＝2 m/s
因为小球在该电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在同一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有eq \f(qE,mg)＝eq \f(v0,vy)，解得E＝50 N/C
设小球在水平电场中运动的水平距离为L，可知
eq \f(qE,mg)＝eq \f(L,d)
又UAB＝EL
解得UAB＝5 V.
(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理有
mg(yP＋d)－qE0yP＋qUAB＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(10) m/s.
16．(18分)(2020·山东泰安市一轮检测)如图17(a)，竖直平行正对金属板A、B接在恒压电源上．极板长度为L、间距为d的平行正对金属板C、D水平放置，其间电压随时间变化的规律如图(b)．位于A板处的粒子源P不断发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，在A、B间加速后从B板中央的小孔射出，沿C、D间的中心线OO1射入C、D板间．已知t＝0时刻从O点进入的粒子恰好在t＝T0时刻从C板边缘射出．不考虑金属板正对部分之外的电场，不计粒子重力和粒子从粒子源射出时的初速度．求：
(1)金属板A、B间的电压U1；
(2)金属板C、D间的电压U2；
(3)其他条件不变，仅使C、D间距离变为原来的一半(中心线仍为OO1)，则t＝eq \f(3T0,8)时刻从O点进入的粒子能否射出板间？若能，求出离开时位置与OO1的距离；若不能，求到达极板时的动能大小．
图17
答案 (1)eq \f(mL2,2qT\\al(02)) (2)eq \f(2md2,qT\\al(02)) (3)不能，eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L2＋2d2)),2T\\al(02))
解析 (1)设粒子到达B板时的速度大小为v，根据动能定理有qU1＝eq \f(1,2)mv2
粒子在CD板间沿OO1方向的分运动为匀速运动，则有
L＝vT0
整理得U1＝eq \f(mL2,2qT\\al(02))
(2)粒子在CD间沿垂直极板方向先匀加速运动后匀减速运动，则有2×eq \f(1,2)a(eq \f(T0,2))2＝eq \f(d,2)
而a＝eq \f(qU2,md)
整理得U2＝eq \f(2md2,qT\\al(02))
(3)C、D间距离变为原来的一半后，粒子在CD间运动的加速度大小为a2＝2a＝eq \f(4d,T\\al(02))
t＝eq \f(3T0,8)时刻从O点进入的粒子，在垂直极板方向先向C板加速eq \f(T0,8)时间，再减速eq \f(T0,8)时间，速度为零
y1＝2×eq \f(1,2)a2(eq \f(T0,8))2＝eq \f(d,16)
然后反向，向D运动，先加速eq \f(3T0,8)时间
y2＝eq \f(1,2)a2(eq \f(3T0,8))2＝eq \f(9d,32)
此时粒子与D板间的距离为Δy，沿垂直极板方向的分速度大小为v2y，则
Δy＝y1＋eq \f(d,4)－y2＝eq \f(d,32)
v2y＝a2·eq \f(3T0,8)＝eq \f(3d,2T0)
由于Δy