【专项题库+高考领航】2022届高考物理大一轮复习-章末检测-静电场.docx

章末检测　静电场
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，多选题已在题号后标出)
1．(多选)下列关于电场强度的两个表达式E＝和E＝的叙述，正确的是(　　)
A．E＝是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量
B．E＝是电场强度的定义式，F是放入电场中电荷所受的电场力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场
C．E＝是点电荷场强的计算式，Q是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场
D．从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F＝k，其中是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处场强的大小
解析：选BCD.公式E＝是电场强度的定义式，适用于任何电场．E＝是点电荷场强的计算公式，只适用于点电荷电场，库仑定律公式F＝k可以看成q1在q2处的电场E1＝对q2的作用力，故A错误，B、C、D正确．
2.(2021·西宁高三质检)如图所示，以O为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心O处产生的电场强度大小为E.现转变a处点电荷的位置，使O点的电场强度转变，下列叙述正确的是 (　　)
A．移至c处，O处的电场强度大小不变，方向沿Oe
B．移至b处，O处的电场强度大小减半，方向沿Od
C．移至e处，O处的电场强度大小减半，方向沿Oc
D．移至f处，O处的电场强度大小不变，方向沿Oe
解析：选C.放置在a、d两处的等量正、负点电荷在圆心O处产生的电场强度方向相同，每个电荷在圆心O处产生的电场强度大小均为.依据场强叠加原理，a处正电荷移至c处，O处的电场强度大小为，方向沿Oe，选项A错误；a处正电荷移至b处，O处的电场强度大小为2··cos 30°＝E，方向沿∠eOd的角平分线，选项B错误；a处正电荷移至e处，O处的电场强度大小为E/2，方向沿Oc，选项C正确；a处正电荷移至f处，O处的电场强度大小为2··cos 30°＝E，方向沿∠cOd的角平分线，选项D错误．
3．两个小球分别带有电荷量＋2Q和－Q，两球连线上各点的电势φ与距正电荷距离x之间的函数关系可以由下图图中的哪一个最恰当地表示出来 (　　)

解析：选C.将单位正电荷从带正电荷的小球处沿两个小球连线向带负电荷的小球移动，静电力做正功，电势能不断减小，电势不断降低，故选项B、D错误；考虑到该电场为非匀强电场，电势不会均匀减小，故选项A错误、C正确．
4．A、B、C三点在同始终线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为 (　　)
A．－F/2　　　　　　　　 B．F/2
C．－F D．F
解析：选B.如图所示，设B处的点电荷带电荷量为正，AB＝r，则BC＝2r，依据库仑定律有F＝，F′＝，可得F′＝，故选项B正确．
5．(多选)平行板电容器两板间的电压为U，板间距离为d，一个质量为m，电荷量为q的带电粒子从该电容器的正中心沿与匀强电场的电场线垂直的方向射入，不计重力．当粒子的入射初速度为v0时，它恰好能穿过电场而不遇到金属板．现在使该粒子以v0/2的初速度以同样的方式射入电场，下列状况正确的是 (　　)
A．该粒子将遇到金属板而不能飞出
B．该粒子仍将飞出金属板，在金属板内的运动时间将变为原来的2倍
C．该粒子动能的增量将不变
D．该粒子动能的增量将变大
解析：选AC.使该粒子以v0/2的初速度以同样的方式射入电场，粒子在电场中运动时间变长，该粒子将遇到金属板而不能飞出，选项A正确、B错误；电场力做功相同，该粒子动能的增量将不变，选项C正确、D错误．
6.(2022·高考山东卷)如图所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的摸索电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出．下列关于摸索电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是 (　　)

解析：选A.由于球壳内的场强处处为零，所以摸索电荷在壳内做匀速直线运动，动能保持不变．球壳外的场强随离开球心的距离r的增加而减小，摸索电荷在壳外做加速度减小的加速直线运动，动能随r的增加而增加，但增加的越来越“慢”．A正确．
7.(2021·吉林联考)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正摸索电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是 (　　)

解析：选C.由平行板电容器的电容C＝可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错．在电容器两极板所带电荷量确定状况下，U＝，E＝＝与d无关，则B错．在负极板接地的状况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离为d，移动x后为d－x.由于移动极板过程中电场强度E不变．故φP＝E(d－x)＝Ed－Ex，其中x≤l0，则C正确；正电荷在P点的电势能W＝qφP＝qEd－qEx，明显D错．
8．(多选)一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有 (　　)
A．粒子带负电荷
B．粒子的加速度先不变，后变小
C．粒子的速度不断增大
D．粒子的电势能先减小，后增大
解析：选AB.电场线如图所示，由于受力方向总指向运动轨迹的凹侧，故粒子带负电荷，A对；由电场线分布知电场力先不变，后越来越小，由a＝知B对；电场力始终做负功，粒子速度始终减小，电势能始终增大，C、D错．
9.(2021·贵州六校联考)(多选)如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲固定在粗糙绝缘水平面上O点，另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度减小到最小值v，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法中正确的是 (　　)
A．OB间的距离为
B．在点电荷甲产生的电场中，B点的场强大小为
C．点电荷乙在A点的电势能小于在B点的电势能
D．在点电荷甲产生的电场中，A、B间的电势差UAB＝
解析：选AB.因在B点速度最小，有F库＝＝μmg，解得r＝，故A正确．由点电荷场强公式可得B点场强大小E＝k＝，故B正确．两带电体之间是吸引力，则电场力对乙做正功，所以电势能减小，故C错误．乙电荷从A运动到B的过程中，据动能定理有W－μmgL0＝mv2－mv，在此过程中电场力对点电荷乙做的功为W＝qUAB，解得UAB＝，故D错误．
10．(2021·安徽名校一模)(多选)如图所示，匀强电场中有一个绝缘直角杆PQM，PQ＝L，QM＝2L，杆上固定3个带电小球A、B、C，初始时杆PQ段与电场线垂直．现将杆绕Q点顺时针转过90°至虚线位置，发觉A、B、C三个球的电势能之和保持不变，若不计小球间的相互作用，下列说法正确的是 (　　)
A．此过程中，电场力对A球和C球做功的代数和为零
B．A球确定带正电，C球确定带负电
C．此过程中C球电势能削减
D．A、C两球带电量的确定值之比|qA|∶|qC|＝2∶1
解析：选AD.由题意知，直角杆PQM顺时针转90°的过程中，由W＝qU可得，电场力对B球不做功，对A球做功WA＝qAEL，对C球做功WC＝qCE·2L，由于转动前后A、B、C三个球的电势能之和保持不变，由功能关系得，WA＋WC＋0＝0，即qAEL＋qCE·2L＝0，可知A、C两球带异种电荷，但A、C两球的具体电性不明确，其电势能变化状况也不明确，两球带电量的确定值之比|qA|∶|qC|＝2∶1.故A、D正确，B、C错误．
二、非选择题(本题共2小题，共40分)
11.(20分)A、B两球带电荷量均为＋q，细线长均为L，B球固定，OB线竖直，A球自由．A球在库仑斥力作用下偏离B球的距离为x，如图所示，试解答下列问题：
(1)若要使A球偏离B球的距离变为，则A球质量应增加到原来的几倍？
(2)若A球带电荷量增加，则细线对A球的拉力怎样变化？
解析：如图所示，将A球的重力沿绳子和两球连线方向分解，其中分力F1与两球间的库仑力大小相等，F2与细线对A球的拉力大小相等，由几何关系知，△OAB∽△ACD，则
＝＝，又F1＝k.
(1)由联立得：x3＝k，明显，若要使A球偏离B球的距离变为x/2，则A球质量应增加到原来的8倍．
(2)由＝得：F2＝G，明显，细线对A球的拉力与所带电荷量无关，则A球带电荷量增加，细线对A球的拉力不变．
答案：(1)8倍　(2)不变
12．(20分)如图所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×
10－6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中．取g＝10 m/s2.
(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；
(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，方向不变，求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；
(3)在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到动身点时的动能．
解析：(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有
qE＝mg
得E＝＝2.0×103 N/C，方向竖直向上．
(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，设微粒的加速度为a，在t＝0.20 s时间内上上升度为h，电场力做功为W，则qE0－mg＝ma
解得a＝10 m/s2
h＝at2＝0.20 m
W＝qE0h＝8.0×10－4 J
(3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到动身点时的动能为Ek，则v＝at
Ek＝mgh＋mv2
解得Ek＝8.0×10－4 J
答案：(1)2.0×103 N/C，方向竖直向上　(2)8.0×10－4J　(3)8.0×10－4 J