2021年高考物理专题复习：静电场一、选择题1、(双选)如图所示，有一质量为m、带电荷量为q的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中。
设油滴是从两板中间位置，并以初速度为零进入电场的，可以判定( )A.油滴在电场中做抛物线运动B.油滴在电场中做匀加速直线运动C.油滴打在极板上的运动时间只取决于电场强度和两板间距离D.油滴打在极板上的运动时间不仅取决于电场强度和两板间距离，还取决于油滴的比荷2、(2019·上海嘉定区二模)如图所示为一正点电荷周围的电场线，电场中有A、B两点，A、B两点在同一条电场线上，则()A．A点的电场强度与B点的电场强度相同B．B点的电场强度比A点的电场强度大C．A点的电场强度方向沿电场线指向场源电荷D．B点的电场强度方向沿电场线指向场源电荷3、一带负电粒子在电场中仅受静电力作用沿x轴正方向做直线运动的v-t图象如图所示，起始点O为坐标原点，下列关于电势φ、粒子的动能E k、电场强度E、粒子加速度a与位移x的关系图象中可能合理的是()A B C D4、(2019·大连二模)(多选如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B 两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。
第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是()A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同5、如图所示，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。
小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则()A．a、b的电荷同号，k＝169B．a、b的电荷异号，k＝169C．a、b的电荷同号，k＝6427D．a、b的电荷异号，k＝64276、如图所示，在一大小为E的水平匀强电场中，A、B两点的电势分别为φA、φB，A、B两点的直线距离为l，垂直电场方向的距离为d.一电荷量为q的带正电粒子从A点沿图中虚线移动到B点．则该过程中电场力做功为()A．q(φA－φB) B．0C．qEl D. qEd7、(2019·海南期末)真空中有一点电荷Q，MN是这个点电荷电场中的一条水平直线，如图所示，A、B、C是直线MN上的三个点，B是A、C的中点，点电荷Q位于A点正上方O处(未画出)。
设A、B、C三点场强大小分别为E A、E B、E C，且E B＝12E A，则E C的值为()A．13E A B．14E A C．15E A D．16E A8、(2019·黑龙江庆安三中月考)(多选)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点。
现有一带正电的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从a点开始经b点向远处运动，粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度—时间图象如图乙所示，下列说法正确的是()甲乙A．粒子由a点到b点运动过程中加速度逐渐增大B．b点的电场强度一定为零C．Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量D．粒子由a点到b点向远处运动过程中，粒子的电势能先增大后减小9、如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。
开始A板的电势比B 板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。
设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()甲乙A BC D10、如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q。
现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为()A．正，B的右边0.4 m处B．正，B的左边0.2 m处C．负，A的左边0.2 m处D．负，A的右边0.2 m处11、(多选)已知无限大的均匀带电面可产生垂直于该面的匀强电场(正的带电面场强方向背离该面、负的带电面场强方向指向该面)，场强大小E＝2πkσ，式中k为静电力常量，σ为电荷面密度(单位面积的带电量)．现有如图所示的两个平行且可视为无限大的均匀带电面A和B，电荷的面密度分别为σ和－2σ(σ为正的常数)，间距为d，空间中有C、D两点，CD连线垂直于带电面，C点到A面距离与D点到B面的距离均为d2，A面接地，关于C、D两点的场强大小和电势高低，下列说法正确的是()A．E C＝E D B．E C＞E DC．φC＝φD D．φC＞φD二、非选择题1、如图所示，空间内有场强大小为E的匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线(方向未知)，现有一电荷量为q，质量为m的带负电的粒子，从O点以某一初速度垂直电场方向进入电场，A、B为运动轨迹上的两点，不计粒子的重力及空气的阻力．(1)若OA连线与电场线夹角为60°，OA＝L，求带电粒子从O点到A点的运动时间及进电场的初速度；(2)若粒子过B点时速度方向与水平方向夹角为60°，求带电粒子从O点到B点过程中电场力所做的功．2、（需写出规范的解题步骤）如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略。
电容器板长和板间距离均为L=10 cm，不计，电子发射装置的加速电压为U下极板接地。
电容器右端到荧光屏的距离也是L=10 cm。
在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。
(每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的)(1)在t=0.06 s时刻进入的电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？参考答案一、选择题1、选B、D。
油滴从静止开始，受重力和电场力作用，两个力都是恒力，所以合力是恒力，油滴在恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，故选项A错误，B正确；水平方向上电场力产生水平方向的加速度，则有qE=ma，解得a=，水平方向由s=at2得t=，故选项C错误，D正确。
2、B[正点电荷形成的电场，离点电荷越远，由E＝kQr2知场强越小，则B点场强大于A点场强，故A错误，B正确；以正点电荷为场源的场强方向均沿电场线背离场源电荷，故A、B两点的场强方向均沿电场线向右，故C、D错误。
] 3、C [由v-t图象可知速度减小，且加速度逐渐减小，电场力做负功，动能逐渐减小，而电场强度E＝Fq＝maq，所以沿＋x方向场强逐渐减小，则电势不是均匀减小，所以A、B、D错误，C可能合理。
]4、CD [根据动能定理有12m v2－0＝qU，解得v＝2qUm，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为2∶1，选项A错误；质子、α粒子在A、B板间做匀加速直线运动，由a＝E1qm可知，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子在竖直电场中的加速度大，做类平抛运动的时间较短，可知质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误；O 2到MN板的电势差用U′表示，对整个过程，由动能定理得Ek－0＝q(U＋U′)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，选项C正确；质子、α粒子由O2到MN板，竖直方向有h＝Eq2mt2，水平方向有x＝v t，联立解得x＝2UhE，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确。
]5、D[如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或引力，此时c 在垂直于a 、b 连线的方向上的合力一定不为零，因此a 、b 不可能带同种电荷，A 、C 错误；若a 、b 带异种电荷，假设a 对c 的作用力为斥力，则b 对c 的作用力一定为引力，受力分析如图所示，由题意知c 所受库仑力的合力方向平行于a 、b 的连线，则F a 、F b 在垂直于a 、b 连线的方向上的合力为零，由几何关系可知∠a ＝37°、∠b ＝53°，则F a sin 37°＝F b cos 37°，解得F a F b ＝43，又由库仑定律及以上各式代入数据可解得⎪⎪⎪⎪⎪⎪q a q b ＝6427，B 错误，D 正确。
] 6、A 电场力做功等于电势差乘以电荷量，W ＝qU AB ＝q(φA －φB )，A 选项正确；在匀强电场中，电场力做功还等于电场力乘以电场线方向的位移，W ＝qE·l 2－d 2，B 、C 、D 选项错误．7、C [设Q 与A 点的距离为L ，Q 与B 点的距离为L B ，则E A ＝kQ L 2，E B ＝kQ L 2B，又E B ＝12E A ，解得L B ＝2L ，所以Q 、A 、B 构成一个等腰直角三角形，A 、C 之间的距离为2L ，Q 、C 之间的距离为L C ＝L 2＋(2L )2＝5L ，则E C ＝kQ L 2C＝15·kQL 2＝15E A ，选项C 正确。
] 8、BD [速度—时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，从题中图象可见粒子由a 点到b 点运动过程中加速度逐渐减小，故A 错误；粒子从a 到b 做加速度减小的变速运动，在b 点时粒子运动的加速度为零，则粒子所受电场力为零，所以b 点场强为零，故B 正确；由于b 点的场强为零，所以有kQ 1r 21b ＝k Q 2r 22b，由于r 2b <r 1b ，所以Q 1的电荷量一定大于Q 2的电荷量，故C 错误；粒子在整个过程中动能先减小后增大，根据能量守恒定律可得，电势能先增大后减小，故D 正确。
]9、A [电子在交变电场中所受电场力大小不变，加速度大小不变，故C 、D 两项错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零，之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误。
]10、C [要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C 应在A 左侧，带负电。
设C 带电荷量为q ，A 、C 间的距离为x ，A 、B 间距离用r 表示，由于处于平衡状态，所以k Qq x 2＝9kQq (r ＋x )2，解得x ＝0.2 m ，选项C 正确。
]11、AD 设A 面产生电场的场强大小为E A ＝E 0，由题意得E B ＝2E 0，在C 点E C ＝E B －E A ＝E 0，方向垂直指向A 面．同理在D 点E D ＝E B －E A ＝E 0，方向垂直指向B 面，B 选项错误，A 选项正确．根据对称性，U CA ＝－U BD ，又根据AB 板间的场强方向指向B 板，固有φA ＞φB ，因此φC ＞φD ，C 选项错误，D 选项正确．二、非选择题 1、 【答案】(1)mLqE v 0＝3qEL m (2)9qEL8解析：(1)带电粒子做曲线运动，受力指向轨迹的内侧，电场力方向向上，带电粒子带负电，电场强度方向竖直向下． 水平方向的位移Lsin60°＝v 0t. 竖直方向的位移Lcos60°＝12·qE m t 2. 联立解得，t ＝mLqE ，v 0＝3qEL m .(2)根据运动的合成与分解知识可知，粒子到达B 点的速度v ＝v 0cos60°＝2v 0. 带电粒子从O 点到B 点过程中，根据动能定理可知， W ＝12m v 2－12m v 20.联立解得电场力做功W ＝32m v 20＝9qEL 8. 2、【解析】(1)由图知t=0.06 s 时偏转电压为U=1.8U 0 ，设电子质量为m ，电荷量为e ，电子在加速电场中加速过程，由动能定理得： qU 0=m电子在偏转电场做类平抛运动，则： L=v 0ty=·t2联立解得：y=0.45L=4.5 cm设电子打在屏上偏离O点的距离为Y，则因为粒子离开偏转电场速度的反向延长线经过偏转极板中轴线的中点，根据相似三角形得：=，代入数据解得：Y=13.5 cm故打在屏上的点距O点13.5 cm(2)电子的最大侧移是0.5L，解得：Umax =2.0U所以荧光屏上电子的最大侧移为Y=tanθ=15 cm能打到的区间长为：2Y=3L=30 cm 答案：(1)13.5 cm(2)30 cm。