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1、2021衡水名师原创物理专题卷专题七静电场考点19电荷守恒定律库仑定律（15）考点20电场的强弱及描绘（6 8）考点21电场力功 电势能（914）考点22电容器 带电粒子在电场中的运动（1520）一、选择题（本题共17个小题，每题4分，共68分。每题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的有多个选项符合题意，全部选又的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.关于库仑定律，下列说法中正确的是（）A.库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B.根据F kqq2,当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大 rc.若点电荷q的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电
2、力大于q2Kq1的静电力d.库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律2 .真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为 F,若保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的1,则它们之间静电力的大小变为 （）4A.巳B. FC. 4FD. 16F3 .如图所示，a、b、c、d四个质量均为 m的带电小球恰好构成主星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为 R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q, d球的电荷量为6q
3、 ,h J2R,重力加速度为 g ,静电力常量为 卜。则（）B.小球b的角速度为，座kq3R2mC.小球c的向心加速度大小为 的kq23R mD.外力F竖直向上，大小为纯叵R24.如图所示，把 A B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于 Oa和Ob两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点Ob移到Oa点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12m。已测得每个小球质量是 8.0 10 4kg ,带电小球可视为点电荷，重力加速度g 10m/s2,静电力常量k 9.0 109N m2/C2,则（）Oa Gr2 Q8A.两球所带电荷量相等BA球所受的静电力为1.0 102N
4、CB球所带的电荷量为4a 10 8CD.A B两球连线中点处白电场强度为05.如图，带电小球a固定在绝缘的竖直杆上处于静止状态，地面上固定一绝缘且内壁光滑的半圆弧细管道 GHP,圆心与a球位置重合，管道底端 H与水平地面相切，一质量为 m可视 为质点的带电小球 b从G端口由静止释放，当小球 b运动到H端时对管道壁恰好无压力， 重力加速度为go在小球b由G沿管道向右运动过程中，下列说法中正确的是（）A.小球b不能到达右侧 P点B.小球b所受库仑力大小始终为 2mgC.小球b向心加速度大小先变大后变小D.杆对小球a的作用力先变大后变小6 .如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上
5、铺一薄层中药材，针状 电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以 看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥。图中虚线ABCD是某一水卜列说法正确的是分子从A处由静止开始的运动轨迹。A.A处的电场强度大于D处B.B处的电势高于C处C水分子做匀变速运动D.水分子由A运动到C的过程中电势能减少7 .如图所示，在x轴上关于。点对称的AB两点分别放一个点电荷， 两点电荷为等量同种正点电荷，M,N是x轴上的两点，且OM MN, P点在第一象限且PM垂直于X 轴，则()A.P点电
6、势比M点电势低8 .两点间电势差大于 N,M两点间电势差C. M点场强比N点场强大D.在 M点静止释放一带正电粒子，不计粒子重力，该粒子将沿 x轴做往返运动8 .在金属球壳的球心有一个正点电荷，球壳内外的电场线分布如图所示，下列说法正确的是A.M点的电场强度比 K点的大B.球壳内表面带负电，外表面带正电C.试探电荷 q在K点的电势能比在 L点的大D.试探电荷 q沿电场线从 M点运动到N点，电场力做负功9 .如图，一带正电的点电荷固定于。点,两虚线圆均以。为圆心，两实线分别为不同带电粒子M和N仅在电场力作用下先后在该点电荷形成的电场中运动的轨迹，a、b、c、d为运动轨迹和虚线圆的交点，e为两轨迹
7、的交点。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A.M带负电荷，N带正电荷B.M在b点的动能大于它在 a点的动能C.N在d点的电势能等于它在 c点的电势能D.两带电粒子分别从 a、c运动到e的过程中，电场力对两带电粒子所做的功一定相等10 .真空中两个点电荷 Qi、Q2分别固定于x轴上X 。和X2 4a两点，在它们的连线上场强E与x的关系如图所示（取 x轴正方向为场强正方向，无穷远处为电势零点），以下判断正确的是（）A.Qi、Q2都带正电B.Qi与Q2的电荷量之比是1 ：3Cx轴上x a处的电势小于零D.正点电荷q在x轴上x 2a处的电势能比在 x 3a处的小11 .如图所示，虚线为电场中一簇水平的
8、等间距的等差等势面，实线为一带正电的质点通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。下列说法正确的是（）A.轨迹上P点电势比Q点电势高B.带电质点运动过程中，电场力做正功C带电质点通过Q点时动能较小D.带电质点通过该电场区域时加速度不变随坐12 .某真空空间存在静电场，沿着电场线建立x轴，x轴上一个试探电荷的电势能 Ep标x变化的规律如图所 示，规定沿 x轴正方向为电场力的正方向，则下列说法正确的是A.此电场可能为匀强电场B.试探电荷从K到O点，受到的电场力先增大后减小C.试探电荷从O点到x2,电场力先做正功后做负功D. Xi处的电势比X2处的电势高13.如图所示，在竖直平面内存在竖直方
9、向的匀强电场。长度为的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为 m、电荷量为 q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场 中的a点，此时细绳拉力为 2mg, g为重力加速度。若小球在 a点获得一水平初速度 va ,使其恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则/ I |. bB.a、O两点的电势差UaOMSqD.小球在竖直面内做匀速圆周运动3mgA.电场强度为 ，万向竖直向上qc初速度vaiogi14.如图所示，一质量为 m、带电荷量为q的粒子（不计重力）从原点 O由静止开始运动,空间所加的电场沿 x轴正方向，电场强度E与其位移x的关系图线如图所示。 若选定原点的电势为零，图中Eo、xo为已知
10、量，则下列说法正确的是 （）3_B.x2xo 处的电势 2x0- EoXoD.该粒子在x xo到x 2xo的过程中做减速运动15.如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是（）A.使a、b板的距离增大一些B.使a、b板的正对面积减小一些C.断开S ,使a、b板的距离增大一些D.断开S,使a、b板的正对面积增大一些16.如图所示，一带电粒子通过电压为Ui的加速电场从静止开始加速，然后进入偏转电压为-2的平行板电容器中，最终射到右侧竖直放置的荧光屏上。已知粒子的质量为m （不计重力），电荷量为q,该平行板电容器两极板之间的距离
11、为d,板长为l。下列说法正确的是（）A.粒子-一定带正电B.粒子在偏转电场的加速度为 -12-2一C粒子射出电场时合速度为岩耨;D.粒子射到荧光屏上时的动能为q-i2 2 q-2l2 4-idmd17.如图所示，加速电容器两极板竖直放置，加速电压为 Ui ,偏转电容器两极板水平放置, 偏转电压为-2。一 静止的 电子先被加速电场加速，进入偏转电场，然后离开偏转电场。电子重力忽略不计，下列说法正确的是（）A.若Ui加倍，电子进入偏转电场时的速度加倍B.若Ui和U 2同时加倍，电子离开偏转电场时偏转距离不变C若Ui不变、U2加倍，电子离开偏转电场时竖直方向的速度加倍D.若U2不变、Ui加倍，电子离
12、开偏转电场时的偏转角(速度方向与水平方向的夹角)减半二、计算题(共3小题，共42分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)18 .如图，两水平面(虚线)之间的距离为 H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自改区域上方的A点将质量为 m、电荷量分别为 q和 q q 0的带电小球 M,N先后以相同的初 速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下 ；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N刚 离开电场时的动能的1.5倍。不
13、计空气阻力，重力加速度大小为 go求左H右(1) M与N在电场沿水平方向的位移之比；(2) A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小。19 .如图甲所示，在y 0和y 2m之间有平行x轴的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大。电场强度的变化如图乙所示，取 x轴正方向为电场正方向。现有一个带负电的粒子，粒子的比荷-1.0 10 2C/kg,在t 0时刻以速度vo 5 102m/s从。点m(1)粒子通过电场区域的时间;(2)粒子离开电场的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿 x轴方向的速度大小。20.已知某星球半径为 R,宇航员在该星球表面研究带电粒子在电场中的运动情况
14、，如图所 示，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E。一个质量为 m、电荷量为q的带电质点以初速度 V0从x轴上P( L,0)点射入第二象限，已知带电质点在第二象限中做直 线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点 Q (未画出)，引力常量为 Go求：(1)该星球的质量 M;(2)初速度V。与x轴正方向的夹角；(3) P、Q两点间的电势差Upq ;(4)带电质点在第一象限中运动所用的时间。答案以及解析1 .答案：D解析：A.库仑定律适用于点电荷，点电荷并不是体积很小的球体，故A错误。B.当两个点电荷距
15、离趋于 0时，两带电体已不能看出点电荷了 ，该公式F kqq2 ,不适用了, r故电场力并不是趋于无穷大，故B错误。C.两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷Qi的电荷量与Q2的电荷量大小如何，Q/Q2的电场力大小上总等于 Q2XQi电场力。故C错误。D.库仑定律的表达式为 F卜笺,万有引力定律的表达为 F仃粤，故两表达式相似，都 rr是平方反比定律，故 D正确。故选：D2 .答案：A解析：由库仑定律F 吗乜可知，若保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷 r量都变为原来的 工，则它们之间静电力的大小变为原来的,即匚，A正确.416163 .答案：C解析：下面单个球受
16、到的库仑力的合力为她匚，联立圆周运动的方程，A错，B错，C对。3RD未考虑重力，D错。4 .答案：ACD解析：用丝绸摩擦过的玻璃棒接触A球，使A球带正电，由题意知 A、B两球接触后分开，则两球所带电荷量相等，选项A正确；两球平衡后受力如图所示，球 B所受静电力3kq1q2F mg tan 6.0 103N,球A、B所受静电力大小相等，选项B错误；由F V2及qi q2 r知，小球所带电荷量 q 4袤10 8C,选项C正确；A、B两球所带电荷在其连线的中点处产生的电场强度大小相等、方向相反，合场强为0,选项D正确。5 .答案：CD解析：对小球b运动过程应用机械能守恒可得：mgR mv2,由小球在
17、H点时对管道壁恰2好无压力，根据牛顿第二定律可得：F库-mg=m-,所以小球b受到的库仑力F库3mg ,方R向竖直向上；FPNcosmg F库sin ,在水平方向可得F 库 cosFpNSinFPM .解得3mgcosFpmmgtan,下滑过程中。从0增大90,细线杆对小球a的作用力先增cos大后减小，故CD正确；6 .答案：D解析：电场线密的地方电场强度大，A处的电场强度小于 D处，所以选项A错误；顺着电场线方向电势降低，B处的电势低于C处，所以选项B错误；水分子受到的电场力是变力，所 以做变加速运动，选项C错误；水分子两端带等量异种电荷，所以水分子的棒状与电场方向平行，且上端的电场强度大，
18、受到较大的电场力，故水分子受到的合力沿电场线向上，即电场力对水分子做正功，根据功能关系可知电势能减少，选项 D正确。7 .答案：AD解析：由 等量同种正点电荷等势线分布可知，M点电势比 P点电势高，选项 A正确.O,M间电场线比 M,N间电场线分布稀疏，M,O两点间电势差小于N,M两点间电势差，N点场强大于 M点场强.选项B、C错误。根据对称性可知，在 M点静止释放 的带正电粒子会以O点为中点做往返运动，选项D正确。8 .答案：ABD解析：由电场线的疏密程度可知，M点的场强大于k点，A正确；由于感应起电，在金属球壳的内表面感应出负电，外表面感应出正电，B正确；负电荷在电场中沿电场线方向运动，电
19、场力做负功，电势能增加，可知 C错误，D正确。9 .答案：B解析：由两轨迹均凹向中心点电荷方向，可知两带电粒子均受到吸引力 ,M和N均带负电荷，故A错误;M从a点到b点过程中库仑力总体表现为做正功，所以动能增大,B正确；显然d点和c点的电势不同，所以粒子N在两点的电势能不同,C错误；由于不知道两个粒子的电荷量关 系，无法比较两个粒子分别从 a、c运动到e的过程中电场力对两带电粒子所做的功的多少,D错误。10 .答案：C解析：由图像知x a处合场强为零，结合场强的方向，易知Q、Q2带负电，A项错误；因x a 处合场强为零，即 绰 号，可得Q：Q2 1： 9, B项错误；因无穷远处电势为零，负电
20、a(3 a)荷所在电场中电势处处小于零，C项正确；正点电荷从 x 2a处运动到x 3a处电场力做正功，电势能减小，故 D项错误。11 .答案：D解析：做曲线运动的质点，其所受的合外力指向运动轨迹的凹侧，可判断出带电质点所受合力竖直向下，但无法判断出电场力是竖直向上还是竖直向下，故无法判断电势的高低， 也无法判断电场力是做正功还是负功，A、B错误。由合力竖直向下可知， 通过Q点时动能较大，C错误。由于电场力和重力均为恒力，合外力不变，加速度不变，故 D正确。12 .答案：C解析：Ep x图象的斜率为电场力，由图象分析可得斜率一直在变化，所以此电场不可能为匀强电场，A项错误；试探电荷 从x到O点，
21、斜率先减小后增大，所以受到的电场力先减 小后增 大.B项错误；试探电荷从 O点到X2 ,电势能先减小后增大，所以试 探电荷从O点 到X2,电场力先做正功后做负功，C项正确；在X1处 的电势 能为正，在 X2处的 势能为负，所以试探电荷从x1到x2,电势能减小，由于不知道试 探电荷的正负，所以不能判断这两点电势的高低，D项错误。13 .答案：AC解析：A、小球静止在a点时，由共点力平衡得 mg 2mg qE,3mglq ，b点解得E 3mg ,方向竖直向上，故 A正确; qB、在匀强电场中，电势差 U Ed, a点电势比O点低，则a、。两点电势差Uao故B错误；CD、小千从a点运动到b点，由于重
22、力和电场力做功，不可能做匀速圆周运动，设到速度大小为vb,1cle由动能7E理得：qE 2l mg 2lmvbmva222小球做圆周运动恰好通过b点时，由牛顿第二定律得：qE mg m彳联立式，代入Va JlOgl ,故C正确，D错误。故选：AC14.答案：BC解析：因为沿着电场强度的方向电势降低，所以在x设处的电势X0E0%,A项错误；3_因为E与x轴所围的面积表小电势差的大小，所以x 2x0处的电势2x0；E0x0,B项正确：3 _1 o根据分析可知粒子在x 4 处速度最大，根据动能定理可知-q2% -mt,解得22Vm,C项正确；带电粒子在 x x。到x 2x。的过程中做加速度减小的加速
23、运动,D项错误。15.答案：CA、 B解析：AB、开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故 错误;C、断开S,电容器所带的电量不变，a、b板的距离增大，则电容减小，根据 ，知电势 差增大，则指针张角增大，故 C正确;D、断开S,电容器所带的电量不变，a、b板的正对面积增大，电容增大，根据 仃二程知电则指针张角减小，故 D错误。故本题选:解析：由于加速电场和偏转电场的两极板的极性未知,故无法根据带电粒子的偏转情况判断其电性，选项A错误；进入偏转电场后l Vxt,Vy,qU 2at,a*,选项B错误；在加速电场加速过程中，根据动能定理有 qUi122 mVx ,射出偏转电场时
24、竖直万向的速度Vy atqU2lmdvx 所以粒子射出偏转电场时合速度VVxVy ,整理后解得V2qUi2 2qU2|2,2md U1则粒子射到荧光屏上时的动能Ek 1mV222 2qU2lqU1 q-2 , C错误,4UdD正确。16.答案:若Ui加倍，可知电子进2U 1e m解析：电子在电V。%，加速度a eE煞，偏转距离y嘘U2I2#,U2，若U和U2同时加4Ud倍，偏转距离 y不变，B正确；Vy at 吗dmV。,若Ui不变、U2加倍，Vy加倍，C正确,Vy eU2l U2Itan - ,右U 2不变、U1加倍，tan减半,W dmV。 2dU1D错误。17 .答案：BC12场中加速时
25、有U1e - mV0, Vd =2入偏转电场时的速度变为原来的J2倍,A错误；在偏转电场中，电子的运动时间18 .答案：(1) 3:1;(2) 1H(3) E mgL32q解析：(1)设小球M , N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为w。M,N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为s和s2。由题给条件和运动学公式得v0 at 0 ,1.2 小S v0t at 2,1 . 2 S v0t 一 at 2联立式得旦3.S(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为 v3,由运动
26、学公式V2 2gh 一12H Vyt 2 gt M进入电场后做直线运动，由几何关系知曳曳vy H联立式可得1h H . 3(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动，则巫畛vy mg设M,N离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理得一 122印 2 Vo vymgH qEs l 122Ek2 2 Vo vy mgH qE多 ?由已知条件Ek11.5Ek2?联立? 式得mgE 2q.19 .答案：(1) 4 103s5(2 10 m,2m)(3)4 10 3m/s解析：(1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场,在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电2Eqy3场区域的时间t 4
27、10 soVo(2)由图乙可知，电场的变化周期 T 4 10 3s,粒子进入电场后,在x轴方向先加速后减速，加速时的加速度大小Eq2一 4m/s m减速时的加速度大小a2Eqm2m/s2 1,T、2x轴万向上的位移 x 2 a1(万)/T、2 a1(-2)1,T、2a2( )222 10因此粒子离开电场的位置坐标为5(2 105 m,2m) o(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度为vxTa1 一2Ta1 一2一 310 m/s。20.答案：(1)2EqRGm(2)45(3)EL(4).2mv0Eq解析：(1)因带电质点在第二象限中做直线运动，故质点带负电,且有qE mg ,解得g qE , mMm -在星球表面有G 三 mgR则该星球的质量M EqR-Gm(2)带电质点只有在第一象限做直线运动才能再次回到Q点,有tan mg ,解得45Eq(3)根据匀强电场中电场强度与电势差的关系得:Upq ela2g,v0 at(4)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，由牛顿第二定律知解得t. 2mv0带电质点在第一象限中运动所用的时间T 2t,2mv0Eq