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）

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點的電場強度大小為2×103 N/CB. B點的電場強度大小為2×103 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，選項A正確B錯誤；若點電荷Q在AO之間，則A、B兩點場強方向相同，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. 電場強度Ea<EcB. 電勢b>dC. 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Ea>Ec，A錯誤；bd，B錯誤；Uad<0，正電荷由a點移到d點時，WadUadq<0，C錯誤；又Ube>0，負(fù)電荷由b點移到e點時，WbeUbe·(q)<0，即電場力做負(fù)功，電勢能增大，D正確。答案：D4. 如圖所示，虛線表示某點電荷Q所激發(fā)電場的等勢面，已知a、b兩點在同一等勢面上，c、d兩點在另一個等勢面上。甲、乙兩個帶電粒子以相同的速率，沿不同的方向從同一點a射入電場，在電場中沿不同的軌跡adb曲線、acb曲線運動。則下列說法中正確的是()A. 兩粒子電性相同B. 甲粒子經(jīng)過c點時的速率大于乙粒子經(jīng)過d點時的速率C. 兩個粒子的電勢能都是先減小后增大D. 經(jīng)過b點時，兩粒子的動能一定相等解析：從甲、乙兩個帶電粒子的運動軌跡可知，兩粒子的電性不相同，故A錯誤；甲受的是吸引力，電場力做正功，電勢能減少，所以到達c時速率增加，乙受排斥力，電場力做負(fù)功，電勢能增加，到達d時速率減小，故甲的速率比原先大，乙的速率比原先小，由于在a點時甲、乙兩個帶電粒子的速率相同，因此甲粒子經(jīng)過c點時的速率大于乙粒子經(jīng)過d點時的速率，所以B正確、C錯誤；由于不知道甲、乙兩個帶電粒子的質(zhì)量關(guān)系，所以無法判斷其動能，所以D錯誤。答案：B5. 如圖所示，兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣細線懸掛于O點，若q1>q2，l1>l2，平衡時兩球到過O點的豎直線的距離相等，則()A. m1>m2B. m1m2C. m1<m2D. 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?，F(xiàn)將平行板電容器的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的機械能一直增大解析：由F庫mgsinma可知，物塊沿斜面的加速度先向上逐漸減小，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，取無窮遠處電勢為零。則下列說法中正確的是()A. O點的電場強度和電勢均為零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是平行紙面的勻強電場中的三點，它們之間的距離均為L，電荷量為q1.0×105 C的負(fù)電荷由A移動到C電場力做功W14.0×105 J，該電荷由C移動到B電場力做功W22.0×105 J，若B點電勢為零，以下說法正確的是()A. A點電勢為2 VB. A點電勢為2 VC. 勻強電場的方向為由C指向AD. 勻強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)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. 若電場是勻強電場，則該電場的場強的最小值一定是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，qUmgLsin45°0，解得A、B兩點的電勢差為U，選項B正確；若電場是勻強電場，該電場的場強的最小值為，選項C錯誤；若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷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為零的點移動時電勢都降低，到場強為零的點，電勢最低，C符合圖象信息；場強為零的點離Q1遠，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vxv0cos45°t，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，在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的光滑軌道，一個帶負(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，勻強電場的場強大小為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小；(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)機械能的變化量為E機由E機W電，W電3REq，得E機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q2.0×106 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?。?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)有豎直向下的勻強電場，電場強度為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入電場，恰好從BC邊的中點P飛出，不計粒子重力。(1)求粒子進入電場前的初速度的大??；(2)其他條件不變，增大電場強度使粒子恰好能從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