【文档说明】【精准解析】【新高考】2021高考物理人教版：《静电场》检测题.pdf，共(16)页，532.040 KB，由小赞的店铺上传

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《静电场》检测题(本试卷满分100分)一、单项选择题(本题包括8小题，每小题3分，共24分)1．关于静电场的电场强度和电场线，下列说法正确的是()A．在一个以点电荷为中心、r为半径的球面上，各处的电场强度都相

同B．E＝kQr2仅适用于真空中点电荷形成的电场C．电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向D．当电荷的初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合2．[2019·河北石家

庄模拟]如图所示，两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的14球壳和34球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷的密度相同，若图甲中带电的14球壳对点电荷q1的库仑力的大小为F，则图乙中带电的34球壳

对点电荷q2的库仑力的大小为()A.32FB.22FC.12FD．F3．如图所示，在平面坐标系内以坐标原点O为圆心画一个半径为R＝6cm的圆，M、P、N、Q为圆与坐标轴相交的四点．若沿平面方向加一匀强电场，电场强度为E，测得P点的电势为6V，Q点的电势

为－6V，M点的电势为2V，则下列说法正确的是()A．电场方向与y轴负方向的夹角的正切值为0.4B．N点的电势为2VC．匀强电场的电场强度大小为100103V/mD．在同一圆周上，沿电场线方向直径两端点的电势差最大为12V4.如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B之间距离为d，两板间的电压为

U，其中A板接地．在两板间放一半径为R的金属球壳，球心O到两板的距离相等，C点为球壳上离A板最近的一点，D点靠近B板．则下列说法正确的是()A．UCO＝RdUB．UAC＝U2C．C点的电势为φc＝U2D．把一负点电荷由C

点移到D点，电势能减少5．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之

间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()A．1:1B．2:1C．3:1D．4:16.如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为0，B点电势为3V，C点电势为6V．已知∠ACB＝30°，AB边长为3

m，D为AC的中点．现将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1.5V/m，则放入点电荷后，B点场强大小为()A．2.5V/mB．3.5V/mC．22V/mD.5V/m7．[2019·湖南长沙雅礼中学检测]如图所示

，真空中O点存在一个带正电的点电荷Q，其附近有一个不带电的金属网罩W，网罩内部有一点P，O、P之间距离为r.静电力常量记作k，下列判断正确的是()A．金属网罩包含的自由电荷很少，静电感应后不能达到静电平衡B．

金属网罩对点电荷Q的作用力表现为斥力C．金属网罩的左部电势较高，右部电势较低D．金属网罩的感应电荷在P点产生的感应电场强度大小为kQr28．[2019·皖南地区入学摸底]某一电场的电场线如图所示，M、N、P为电场线上的三点，则M、N是同一电场

线上两点．下列判断不正确的是()A．只受电场力作用时，同一负电荷在N点的加速度最大B．M、N、P三点中N点的电势最高C．正电荷从M点自由释放，不可能沿电场线运动到N点D．只受电场力作用时，同一正电荷在M点

的电势能大于在N点的电势能二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.有一匀强电场，电场线与坐标平面平行．如图所示，以O点为圆心，以R＝0.10m为半径的圆周上任一点P的电势满足φ＝－40sin(θ＋60°)

＋40(V)，θ为O、P两点连线与x轴正方向所成的角，该圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，以顺时针方向角度为正，则下列说法正确的是()A．该电场强度方向与x轴正方向成θ＝60°角B．该圆周内所有点的电势不可能小于零C．该匀强电场的场强大小为E＝4003V/mD．该匀强

电场的场强大小为E＝400V/m10．如图所示，真空中四个点电荷分别位于棱长为L的正四面体的A、B、C、D顶点上，电荷量分别为＋q、－q、－q、－q，O为正三角形面BCD的中心，E为棱CD的中点．下列说法正确的是()A．O点的电场强度为零B．O点的电场强度的方向垂直正三角

形面BCD向下C．E点的电场强度的方向平行于ABD．A点的点电荷在E点的电场强度大小为k4q3L211.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地进入电场线水平向右的加速电场E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及

其相互作用，那么()A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置12．如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平

放置，两板长均为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)()A．两极板间电压为mgd2qB．板间电场强度大小为2mgdqC．整个过程中质点的重力势能增加mg2L2v20D．若

仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上三、非选择题(本题包括6小题，共60分)13．(8分)如图所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q，从而再求出待

测电容器的电容C.某同学在一次实验时的实验步骤如下：a．按如图甲所示电路图连接好电路；b．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数为I0＝490μA，电压表的示数U0如图丙所示，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和

电压；c．断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s测一次电流i的值，将测得的数据在图丁的坐标上描点标出．(1)根据图甲的电路原理图连接图乙的实物图．(2)在图丁中作出i—t图象，其图线与坐标轴所围面积的物理意义是________________________________

________________________________________．(3)电压表的示数U0＝________V，该电容器电容为C＝________F(结果保留两位有效数字)．(4)若某同学实验时把电压表接

在D、E两端，则电容的测量值与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)．14.(10分)如图所示，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5m的1/4圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103

V/m.今有一质量为m＝0.1kg、带电荷量q＝＋8×10－5C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10m/s2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程．15．(10分)

如图所示，长L＝1.2m、质量M＝3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.

0×104V/m的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8N．取g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，斜面足够长．(1)物块经多长时间离开木板？(2)求物块离开木板时木板获得的动能．(3)求物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．16．(

11分)如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管A固定在竖直平面内．圆环的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，AB＝2L，圆环的半径为r＝2L(圆管的直径忽略不计)，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点．在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB

的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于mgq.圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的绝缘小物体(视为质点)，PC间距为L.现将该小物体无初速释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线从A点无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度用

g表示．(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大？(2)小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距离C点多远？(3)小物体由P点运动到N点的总时间为多少

？17.(10分)如图所示，长度为d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O上．另一端固定一质量为m、电荷量为q的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC和BD分别为圆的竖直和水平直径，等量异种点电荷＋Q、－

Q分别固定在以C为中点、间距为2d的水平线上的E、F两点．让小球从最高点A由静止开始运动，经过B点时小球的速度大小为v，不考虑q对＋Q、－Q所产生电场的影响，重力加速度为g，求：(1)小球经过C点时对杆的拉力大小；(2)小球经

过D点时的速度大小．18．(11分)[2019·内蒙古集宁一中检测]如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q.小球下落的轨迹如图中虚线所示，轨迹与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平

线上，∠BOC＝30°，A点距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点的速度为v，试求：(1)小球通过C点的速度大小；(2)小球由A点到C点的过程中电势能的增加量．《静电场》检测题1．B在一个以点电荷为中心、r为半径的球面上，各处的电场强度大小都相等，但方向不同，选项A错误；

E＝kQr2仅适用于真空中点电荷形成的电场，选项B正确；电场强度的方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向，选项C错误；若电场线是曲线，则电荷受力的方向将发生变化，其运动轨迹不可能与电场线重合，选项D错误

．2．D本题涉及对称法的理解和应用．将图乙中的带电的34球壳分成三个带电的14球壳，关于球心对称的两个带电的14球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此图乙中带电的34球壳对点电荷的库仑力的大小和图甲中带电的14球壳对点电荷的库仑力的大小

相等，D项正确，A、B、C三项错误．3．C将PQ等分为12份，每一份电势差为1V，如图所示，则O′点的电势为2V，M点与O′点电势相同，连接MO′，则MO′为等势线，又由题知，P点电势大于Q点电势，则电场方向垂直于MO′指向右下方，匀强电场方向与y轴负方向的夹

角的正切值为13，A项错误．过N点作MO′的平行线，与y轴相交的点N′的电势为－2V，可知N点电势为－2V，B项错误．电场线与y轴负方向的夹角的余弦值为310，则等势线MO′与NN′间的距离d＝0.1210m，电势差大小为4V，电场

强度的大小E＝4Vd＝100103V/m，C项正确．沿电场线方向直径两端点的电势差最大，为U＝E·2R＝410V，D项错误．4．B将金属球壳放入电场后，A、B两板间电场线如图所示，应用对称性，两板间电场线形状关于球心O对称，所以A板与金属球壳的

电势差UAO和金属球壳与B板的电势差UOB相等，即UAO＝UOB，又A、B两板电势差保持不变为U，即UAO＋UOB＝U，得UAO＝UOB＝U2，所以A、C间电势差UAC＝UAO＝U2，即0－φC＝U2，得φC＝－U2，A、C错误，B正确；把一负点电荷由C点移到D

点，电场力做负功，电势能增加，D错误．5．C设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转场中的加速度为a，若粒子在t＝nT时刻进入偏转场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝12a(T2)

2＋a×T2×T2＝38aT2.若粒子在t＝nT＋T2时刻进入偏转场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋12a(T2)2＝18aT2.则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3:1.故C项正确，A、B、D三项错误．6．A由题意可知B、D两点

电势相等，BD所在直线为等势线，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，与BD垂直且指向A的方向为电场方向，如图所示．根据匀强电场中电场强度与电势差的关系可知，匀强电场的电场强度大小E＝Ud＝33cos30°V/m＝2V/m.根据点电荷电场的特点可知，放在D点的点电荷在B点产生的电场强度

与在C点产生的电场强度大小相等，都是1.5V/m，根据电场叠加原理，B点的电场强度大小为EB＝22＋1.52V/m＝2.5V/m.选项A正确．7．D金属网罩在静电感应后一定能达成静电平衡，故A错误；由于静电感应，在金属网罩达到静电平衡后，靠近O处的负电荷受到的吸

引力大于远离O处的正电荷受到的排斥力，所以金属网罩对点电荷Q的作用力表现为引力，故B错误；金属网罩达到静电平衡后，本身是一个等势体，各点的电势是相等的，故C错误；在金属网罩达到静电平衡后，内部的场强处处为0，所以感应电荷在P点产生的感应电场强度与点电

荷在P点产生的电场强度大小相等，方向相反，所以根据库仑定律可知，感应电荷在P点产生的感应电场强度大小为E＝kQr2，故D正确．8．B电场线的疏密反映了电场的强弱，由图可知，N点处电场线最密，所以N点场强最大，同一负电荷在N点的加速度最大，故A项正确；顺着电

场线的方向，电势降低，所以M点的电势最高，故B错误；在M点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但不可能沿电场线运动，故C项正确；根据Ep＝qφ，φM>φP>φN可知，正电荷在M点电势能大于在N点的电势能，故D正确．此题选择不正确的选项，故选B项．9．BD由题意可知，当θ＝30°时，圆周上

点P1的电势为φ1＝0，为圆周上的最低电势，当θ＝210°时，圆周上点P2的电势为φ2＝80V，为圆周上的最高电势，所以该电场强度方向与x轴正方向成θ＝30°角，B正确，A错误；该匀强电场的场强大小为E＝φ2－φ12R＝400V/m，D正确

，C错误．10．BCD解答本题的关键是要理解点电荷电场叠加的特点，B、C、D三点处的点电荷在O点的电场强度叠加为零，但A处点电荷在O处还有电场，所以A项错误，B项正确；C、D处两点电荷在E点的电场强度叠加为零，A、B两处的点电荷在E点的合场强

的方向平行于AB，C项正确；根据点电荷的场强公式知A点的点电荷在E点的电场强度大小为k4q3L2，D项正确．11．AD带电粒子在电场E1中加速，由动能定理，eE1d＝12mv2，解得v＝2eE1dm.进入电场线竖

直向下的匀强电场E2中做类平抛运动，L＝vt，y＝12at2、eE2＝ma，联立解得y＝E2L24E1d，偏转电场E2对三种粒子做功W＝eE2y＝eE22L24E1d，与粒子质量无关，所以偏转电场E2对

三种粒子做功一样多，选项A正确；粒子打到屏上时的速度大小v′＝E22eL22E1md＋2E1edm，三种粒子质量不相等，故选项B错误；三种粒子运动到屏上所用时间不相同，选项C错误；由于y＝E2L24E1d，与粒子质量无

关，三种粒子在偏转电场中的水平位移相等，侧移量相同，则出射角相同，所以三种粒子一定打到屏上的同一位置，选项D正确．12．BC据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，可见两次偏转的加速度大

小相等，根据牛顿第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝2mgq，由U＝Ed得板间电势差U＝2mgq×d＝2mgdq，故A项错误，B项正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝12at2，a＝g，t＝Lv0，解得y＝gL22v20，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝gL2

v20，重力势能的增加量Ep＝mgs＝mg2L2v20，故C项正确；仅增大两极板间的距离，因两板上电荷量不变，根据E＝Ud＝QCd＝QεrS4πkdd＝4πkQεrS可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变

，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D项错误．13．答案：(1)如图1所示(2)如图2所示电容器从充电到电压为U0时所带的电荷量(3)8.01.1×10－3(4)偏小解析：(2)将图中数据点用平滑曲线连接起来，图线与坐标轴所围面积的物理意义是电容器从充电到电压为U0时所带的电

荷量．(3)因为电压表的精度为0.5V，所以电压表示数U0＝0.5×16＝8.0V；从图线与坐标轴所围面积可以计算出电荷量为Q＝8.75×10－3C，根据电容的定义式得C＝QU0＝1.1×10－3F．

(4)若把电压表接在D、E两端，会有放电电流通过电压表而使得测量出的电荷量偏小，从而使电容测量值偏小．14．答案：(1)2.2N(2)6m解析：(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，对圆弧轨道最低点B的压力为FN，则mgR－qER＝12mv2BF′N－mg＝mv2BR由

牛顿第三定律得F′N＝FN解得FN＝3mg－2qE＝2.2N(2)由题意知qE＝8×10－5×5×103N＝0.4Nμmg＝0.05×0.1×10N＝0.05N因此有qE>μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动所以小滑块在水平轨道上通过的总路程x满足mgR－qER＝μmgx解得x＝6m

15．答案：(1)2s(2)27J(3)2.16J解析：(1)设物块的加速度为a1，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律可得对物块有mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1对木板有Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2又12a1t2－1

2a2t2＝L联立解得物块离开木板所用时间t＝2s.(2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝32m/s其动能为Ek2＝12Mv22＝27J.(3)由于摩擦而产生的内能为Q＝Ffx相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2

.16J.16．解析：(1)小物体释放后，在重力和电场力作用下做匀变速运动，小物体刚好沿切线进入圆管内，故小物体刚好沿PA连线运动，重力与电场力的合力沿PA方向；又PC＝AC＝L，故E＝mgq.(2)小物体从P到A的运动由动能定理可得mgL＋qEL＝

12mv2A，解得vA＝2gL虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于mgq，电荷量为－q(q>0)的绝缘小物体所受电场力F2＝qE2＝mg，方向竖直向上，故小物体从A到B做匀速圆周运动，vB＝vA＝2gL小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落

到虚线AB上的N点，对竖直方向：t＝2vBsin45°g，解得t＝22Lg水平方向：x＝(vBcos45°)t＋12at2，qE＝ma解得x＝8LN点距离C点：xCN＝x－L＝7L.(3)小物体从P到A的时间用t1表示，则2L＝12vAt1解得t1＝2Lg物

体从A运动到B的时间t2＝34×2π×2LvA＝3π42Lg小物体由P点运动到N点的总时间t总＝t1＋t2＋t＝(3＋34π)2Lg.17．答案：(1)5mg(2)4gd－v2解析：(1)小球从A点到C点过程，根据动能定理有mg·2d＝12mv2C在C点，由牛顿第二定律有

T－mg＝mv2Cd得T＝5mg根据牛顿第三定律知，球对杆的拉力大小为T′＝T＝5mg(2)设UBA＝U，根据对称性可知UBA＝UAD＝U小球从A点到B点和从A点到D点过程中，根据动能定理有mgd＋qU＝12mv2mgd－qU＝12mv2D得vD＝4gd－v2.18．答案：(1)vC＝v2＋

gR(2)mgh－12mv2－12mgR解析：(1)B、C在以正电荷为圆心的圆上，故B、C两点电势相等，小球由B点到C点的过程中电场力做的功为零．由动能定理得mgRsin30°＝12mv2C－12mv2解得小球通过C点的速度大小vC＝v2＋gR.(2)小球由A点到C点的过程中只有重力和电场力做功

，根据动能定理得WAC＋mgh＝12mv2C－0联立解得电场力做的功WAC＝12mv2＋12mgR－mgh根据电势能变化与电场力做功的关系得电势能的增加量ΔEp＝－WAC＝mgh－12mv2－12mgR.