2022年高考物理新一輪總復(fù)習(xí) 階段示范性測試6 靜電場（含解析）

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1、2022年高考物理新一輪總復(fù)習(xí) 階段示范性測試6 靜電場（含解析）本卷測試內(nèi)容：靜電場本試卷分為第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，共110分。測試時間90分鐘。第卷(選擇題，共65分)一、選擇題(本題共13小題，每小題5分，共65分。在每小題給出的四個選項中，第2、3、4、5、8、12、13小題，只有一個選項正確；第1、6、7、9、10、11小題，有多個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)1. 如圖甲所示，在x軸上有一個點電荷Q(圖中未畫出)，O、A、B為軸上三點，放在A、B兩點的試探電荷受到的電場力跟試探電荷所帶電荷量的關(guān)系如圖乙所示，則()A. A點的電

2、場強(qiáng)度大小為2103 N/CB. B點的電場強(qiáng)度大小為2103 N/CC. 點電荷Q在A、B之間D. 點電荷Q在A、O之間解析：試探電荷所受的電場力與電量的比值為場強(qiáng)，選項A正確B錯誤；若點電荷Q在AO之間，則A、B兩點場強(qiáng)方向相同，選項C正確D錯誤。答案：AC2. 如圖所示，電場中一正離子只受電場力作用從A點運動到B點。離子在A點的速度大小為v0，速度方向與電場方向相同。能定性反映該離子從A點到B點運動情況的速度時間(vt)圖象是()解析：從A到B，正離子受到的電場力方向與運動方向相同，所以該離子做加速運動；考慮到電場線越來越疏，場強(qiáng)越來越小，正離子受到的電場力和加速度也越來越小，該離子從A

3、點到B點運動情況的速度時間(vt)圖象的斜率也越來越小。綜上分析，選項C正確。答案：C3xx舟山模擬 真空中一點電荷形成的電場中的部分電場線如圖所示，分別標(biāo)記為1、2、3、4、5，且1、5和2、4分別關(guān)于3對稱。以電場線3上的某點為圓心畫一個圓，圓與各電場線的交點分別為a、b、c、d、e，則下列說法中正確的是()A. 電場強(qiáng)度EadC. 將一正電荷由a點移到d點，電場力做正功D. 將一負(fù)電荷由b點移到e點，電勢能增大解析：由點電荷電場分布特點可知，以點電荷為圓心的圓上各點的電勢和場強(qiáng)大小均相等，沿題圖所示的電場方向，等勢面的電勢越來越低，電場線越來越密，故EaEc，A錯誤；bd，B錯誤；Uad

4、0，正電荷由a點移到d點時，WadUadq0，負(fù)電荷由b點移到e點時，WbeUbe(q)q2，l1l2，平衡時兩球到過O點的豎直線的距離相等，則()A. m1m2B. m1m2C. m1m2D. 無法確定解析：以O(shè)點為轉(zhuǎn)軸，T1和T2的力矩為零，而兩個庫侖力的力矩的代數(shù)和為零，故由力矩的平衡可知：兩個重力的力矩的代數(shù)和也應(yīng)該為零，即m1gdm2gd，所以m1m2，故B正確。也可以用三角形相似法求解。答案：B6. xx廣東湛江一模如圖所示，P、Q為固定的等量正點電荷，在連線的中垂線上某處B靜止釋放一帶負(fù)電的粒子，重力不計，則下列說法正確的是()A. 中垂線為等勢線B. 粒子由B運動到O點時，速度

5、最大C. 粒子由B運動至O點過程，電勢能減小D. 粒子由B運動至O點過程，電場力增大解析：等量異種點電荷的中垂線是一等勢線，而這是等量同種點電荷，故A錯誤；帶負(fù)電的粒子在從B到O的過程中，所受的電場力方向豎直向下，做加速運動，所以速度越來越大，到O點加速度等于零，速度達(dá)到最大，此過程中動能越來越大，電勢能越來越小，B、C正確。由B運動至O點過程，電場強(qiáng)度可能先增大后減小，也可能是一直減小，因此電場力無法確定大小，D錯誤。答案：BC7. 如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點。現(xiàn)將平行板電容器的

6、下極板豎直向下移動一小段距離，則()A. 平行板電容器的電容將變小B. 靜電計指針張角變小C. 帶電油滴的電勢能將減少D. 若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變解析：將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時，兩極板的正對面積S不變，間距d變大，根據(jù)關(guān)系式C可知，電容C減小，選項A正確；因為靜電計指針的變化表征了電容器兩極板電勢差的變化，題中電容器兩極板間的電勢差U不變，所以靜電計指針張角不變，選項B錯誤；U不變，極板間距d變大時，板間場強(qiáng)EU/d減小，帶電油滴所處位置的電勢bEEd增大，其中d為油滴到上極板的距離，又因為油滴帶負(fù)電，所以

7、其電勢能將減少，選項C正確；若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則電容器帶電荷量Q不變，極板間距d變大，根據(jù)QCU，EU/d和C可知EQ/S，可見，極板間場強(qiáng)E不變，所以帶電油滴所受電場力不變，選項D正確。答案：ACD8. xx中山模擬如圖所示，光滑絕緣斜面的底端固定著一個帶正電的小物塊P，將另一個帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放，它將沿斜面向上運動。設(shè)斜面足夠長，則在Q向上運動過程中()A. 物塊Q的動能一直增大B. 物塊Q的電勢能一直增大C. 物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和一直增大D. 物塊Q的機(jī)械能一直增大解析：由F庫mgsinma可知，物塊沿斜面的加速

8、度先向上逐漸減小，再沿斜面向下，逐漸增大，其速度先增大后減小，故物塊Q的動能先增大再減小，A錯誤；因電場力始終做正功，故電勢能一直減小，物塊Q的機(jī)械能一直增大，B錯誤，D正確；因只有電場力、重力做功，物塊的電勢能、重力勢能、動能之和守恒，又知動能先增大后減小，故重力勢能和電勢能之和先減小后增大，C錯誤。答案：D9. xx江蘇連云港如圖是一個說明示波管工作的原理圖，電子經(jīng)加速電場(加速電壓為U1)加速后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長為L，每單位電壓引起的偏移h/U2，叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用的方法為()A. 增大U2B. 減小

9、LC. 減小d D. 減小U1解析：對粒子的加速過程，由動能定理得，qU1mv，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，做類平拋運動，由運動規(guī)律得，Lv0t，ht2，解得，為了提高靈敏度，可增大L、減小U1或d，C、D兩項正確。答案：CD10. 現(xiàn)有兩個邊長不等的正方形ABDC和abdc，如圖所示，且Aa、Bb、Cc、Dd間距相等。在AB、AC、CD、DB的中點分別放等量的點電荷，其中AB、AC中點放的點電荷帶正電，CD、BD的中點放的點電荷帶負(fù)電，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零。則下列說法中正確的是()A. O點的電場強(qiáng)度和電勢均為零B. 把一正點電荷沿著bdc的路徑移動時，電場力做功為零C. 同一點電荷在a、d兩點所受電場

10、力相同D. 將一負(fù)點電荷由a點移到A點電勢能減小解析：O點的電場強(qiáng)度不為零，電勢為零，選項A錯誤；由于bOc為等勢線，所以把一正點電荷沿著bdc的路徑移動時，電場力做功為零，選項B正確；根據(jù)電場疊加原理，a、d兩點電場強(qiáng)度相同，同一點電荷在a、d兩點所受電場力相同，選項C正確；將一負(fù)點電荷由a點移到A點，克服電場力做功，電勢能增大，選項D錯誤。答案：BC11. xx山東臨沂一模如圖所示，A、B、C是平行紙面的勻強(qiáng)電場中的三點，它們之間的距離均為L，電荷量為q1.0105 C的負(fù)電荷由A移動到C電場力做功W14.0105 J，該電荷由C移動到B電場力做功W22.0105 J，若B點電勢為零，以下

11、說法正確的是()A. A點電勢為2 VB. A點電勢為2 VC. 勻強(qiáng)電場的方向為由C指向AD. 勻強(qiáng)電場的方向為垂直于AC指向B解析：C、B間電勢差為UCB V2 V，B點電勢為零，則UCBCB，則C點電勢C2 V，而A與C間的電勢差為UAC V4 V，UACAC，則A點電勢A2 V，故A錯誤，B正確；由以上分析可知，A、C連線的中點M電勢為0，M與B點的連線即為等勢線，且電場線垂直于等勢線，三角形ABC為等邊三角形，BMAC，根據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，則有勻強(qiáng)電場的方向由C到A，故C正確，D錯誤。答案：BC12. 如圖所示，長為L、傾角為45的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電荷量為q，質(zhì)

12、量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端的速度仍為v0，則()A. 小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能B. A、B兩點的電勢差一定為C. 若電場是勻強(qiáng)電場，則該電場的場強(qiáng)的最小值一定是D. 若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷解析：由題述可知，小球以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，電場力做正功，電勢能減小，小球在B點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能，選項A錯誤；由動能定理得，qUmgLsin450，解得A、B兩點的電勢差為U，選項B正確；若電場是勻強(qiáng)電場，該電場的場強(qiáng)的最小值為，選項C錯誤；若該電場是AC邊中垂線上某

13、點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q可以是負(fù)電荷，選項D錯誤。答案：B13. xx合肥模擬x軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點對應(yīng)的電勢高低如圖中的曲線所示，規(guī)定無限遠(yuǎn)處電勢為零，下列推理與圖象信息不符合的是()A. Q1一定大于Q2B. Q1和Q2一定是同種電荷，但不一定是正電荷C. 電勢最低處P點的電場強(qiáng)度為0D. Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點解析：兩個點電荷間的電勢都為正，因此兩點電荷都為正電荷，B不符合圖象信息；兩個正點電荷的連線上有一點場強(qiáng)為零，正的試探電荷從兩個電荷中的任一電荷附近沿連線向場強(qiáng)為零的點移動時電勢都降低，到場強(qiáng)為零的點，電勢最低，C符合圖象信息；場強(qiáng)為零的點離

14、Q1遠(yuǎn)，故Q1一定大于Q2，A符合圖象信息；Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點，D符合圖象信息。答案：B第卷(非選擇題，共45分)二、計算題(本題共4小題，共45分)14. (8分)xx寧波模擬 如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中有一表面光滑、與水平面成45角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h0.8 m。有一質(zhì)量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點處。(g取10 m/s2)求：(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向。(2)小環(huán)從C運動到P過程中的動能增量。(3)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0。解析：(1)小環(huán)沿桿運動時

15、受力分析可得 tan45，所以qEmg小環(huán)離開直桿后只受電場力和重力，F(xiàn)合mg由牛頓第二定律F合ma得ag14.14 m/s2，方向垂直于桿斜向右下方(2)小環(huán)從C運動到P過程中電場力做功為零所以動能增量等于重力做的功EWmgh4 J(3)小環(huán)離開直桿后的運動可分解成水平和豎直兩個分運動水平：勻減速到零再反向加速運動，初、末水平分速度大小相等為vxv0cos45t，axg豎直：hvytgt2vyv0sin45解得v02 m/s答案：(1)14.14 m/s2 方向垂直于桿斜向右下方(2)4 J (3)2 m/s15. (12分)xx德州模擬如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一絕緣的光滑軌道，一

16、個帶負(fù)電的小球從斜軌道上的A點由靜止釋放，沿軌道下滑，已知小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E，斜軌道的傾角為(小球的重力大于其所受的電場力)(1)求小球沿斜軌道下滑的加速度的大??；(2)若使小球通過圓軌道頂端的B點，A點距水平地面的高度h至少應(yīng)為多大？(3)若小球從斜軌道h5R處由靜止釋放，假設(shè)其能夠通過B點，求在此過程中小球機(jī)械能的改變量。解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律有(mgqE)sinma解得a(2)若小球剛好通過B點，根據(jù)牛頓第二定律有mgqE小球由A到B，根據(jù)動能定理有(mgqE)(h2R)以上兩式聯(lián)立得hR(3)小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中，設(shè)機(jī)械能的變化量

17、為E機(jī)由E機(jī)W電，W電3REq，得E機(jī)3REq答案：(1)(2)R(3)3REq16. (12分) xx唐山模擬如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m0.2 kg，帶電荷量為q2.0106 C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)0.1。從t0時刻開始，空間加上一個如圖乙所示的場強(qiáng)大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右的方向為正方向，g取10 m/s2)。求：(1)23 s內(nèi)小物塊的位移大小；(2)23 s內(nèi)靜電力對小物塊所做的功。解析：(1)02 s內(nèi)小物塊的加速度a12 m/s2位移x1a1t4 m2 s末小物塊的速度為v2a1t14 m/s24 s內(nèi)小物塊的

18、加速度a22 m/s2位移x2x14 m4 s末的速度v40因此小物塊做周期為4 s的變速運動，第22 s末的速度為v224 m/s第23 s末的速度為v23v22a2t2 m/s(t1 s)所求位移為xx1t47 m。(2)23 s內(nèi)，設(shè)靜電力對小物塊所做的功為W，由動能定理有：Wmgxmv解得W9.8 J。答案：(1)47 m(2)9.8 J17. (13分)xx池州模擬如圖甲所示，邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，與區(qū)域邊界BC相距L處豎直放置足夠大的熒光屏，熒光屏與AB延長線交于O點?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子從A點沿AB方向以一定的初速度進(jìn)入電場

19、，恰好從BC邊的中點P飛出，不計粒子重力。(1)求粒子進(jìn)入電場前的初速度的大??；(2)其他條件不變，增大電場強(qiáng)度使粒子恰好能從CD邊的中點Q飛出，求粒子從Q點飛出時的動能；(3)現(xiàn)將電場分成AEFD和EBCF相同的兩部分，并將EBCF向右平移一段距離x(xL)，如圖乙所示。設(shè)粒子打在熒光屏上位置與O點相距y，請求出y與x的關(guān)系。解析：(1)粒子在電場內(nèi)做類平拋運動，水平方向：Lv0t，豎直方向：t2，得v0(2)其他條件不變，增大電場強(qiáng)度，從CD邊中點Q飛出與從BC邊中點P飛出相比，水平位移減半，豎直位移加倍，根據(jù)類平拋運動知識yat2，xv0t，則加速度為原來的8倍，電場強(qiáng)度為原來的8倍，電場力做功為W18EqL粒子從CD邊中點Q飛出時的動能EkmvW1EqL(3)將EBCF向右平移一段距離x，粒子在電場中的類平拋運動分成兩部分，在無電場區(qū)域做勻速直線運動，軌跡如圖所示，tan1(vy為粒子離開電場AEFD時豎直方向的速度)y1xtan1tan21(vy為粒子離開電場EBCF時豎直方向的速度) y2(Lx)tan2Lxyy1y2Lx答案：(1) (2)EqL(3)yLx