2019-2020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）.doc

2019-2020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(shí)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(gè)選項(xiàng)中，第2、3、4、5、8、12、13小題，只有一個(gè)選項(xiàng)正確；第1、6、7、9、10、11小題，有多個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。)1. 如圖甲所示，在x軸上有一個(gè)點(diǎn)電荷Q(圖中未畫出)，O、A、B為軸上三點(diǎn)，放在A、B兩點(diǎn)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(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為2103 N/CB. B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為2103 N/CC. 點(diǎn)電荷Q在A、B之間D. 點(diǎn)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(xiàng)A正確B錯(cuò)誤；若點(diǎn)電荷Q在AO之間，則A、B兩點(diǎn)場強(qiáng)方向相同，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。離子在A點(diǎn)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(diǎn)到B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)情況的速度時(shí)間(vt)圖象是()解析：從A到B，正離子受到的電場力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，所以該離子做加速運(yùn)動(dòng)；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點(diǎn)到B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)情況的速度時(shí)間(vt)圖象的斜率也越來越小。綜上分析，選項(xiàng)C正確。答案：C3xx舟山模擬 真空中一點(diǎn)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(diǎn)為圓心畫一個(gè)圓，圓與各電場線的交點(diǎn)分別為a、b、c、d、e，則下列說法中正確的是()A. 電場強(qiáng)度Ea<EcB. 電勢b>dC. 將一正電荷由a點(diǎn)移到d點(diǎn)，電場力做正功D. 將一負(fù)電荷由b點(diǎn)移到e點(diǎn)，電勢能增大解析：由點(diǎn)電荷電場分布特點(diǎn)可知，以點(diǎn)電荷為圓心的圓上各點(diǎn)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Ea>Ec，A錯(cuò)誤；bd，B錯(cuò)誤；Uad<0，正電荷由a點(diǎn)移到d點(diǎn)時(shí)，WadUadq<0，C錯(cuò)誤；又Ube>0，負(fù)電荷由b點(diǎn)移到e點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)電荷Q所激發(fā)電場的等勢面，已知a、b兩點(diǎn)在同一等勢面上，c、d兩點(diǎn)在另一個(gè)等勢面上。甲、乙兩個(gè)帶電粒子以相同的速率，沿不同的方向從同一點(diǎn)a射入電場，在電場中沿不同的軌跡adb曲線、acb曲線運(yùn)動(dòng)。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(diǎn)時(shí)的速率大于乙粒子經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速率C. 兩個(gè)粒子的電勢能都是先減小后增大D. 經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)，兩粒子的動(dòng)能一定相等解析：從甲、乙兩個(gè)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，兩粒子的電性不相同，故A錯(cuò)誤；甲受的是吸引力，電場力做正功，電勢能減少，所以到達(dá)c時(shí)速率增加，乙受排斥力，電場力做負(fù)功，電勢能增加，到達(dá)d時(shí)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(diǎn)時(shí)甲、乙兩個(gè)帶電粒子的速率相同，因此甲粒子經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)的速率大于乙粒子經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速率，所以B正確、C錯(cuò)誤；由于不知道甲、乙兩個(gè)帶電粒子的質(zhì)量關(guān)系，所以無法判斷其動(dòng)能，所以D錯(cuò)誤。答案：B5. 如圖所示，兩個(gè)帶有同種電荷的小球，用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，若q1>q2，l1>l2，平衡時(shí)兩球到過O點(diǎn)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(diǎn)為轉(zhuǎn)軸，T1和T2的力矩為零，而兩個(gè)庫侖力的力矩的代數(shù)和為零，故由力矩的平衡可知：兩個(gè)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(diǎn)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(jì)，則下列說法正確的是()A. 中垂線為等勢線B. 粒子由B運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，速度最大C. 粒子由B運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)過程，電勢能減小D. 粒子由B運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)過程，電場力增大解析：等量異種點(diǎn)電荷的中垂線是一等勢線，而這是等量同種點(diǎn)電荷，故A錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，所以速度越來越大，到O點(diǎn)加速度等于零，速度達(dá)到最大，此過程中動(dòng)能越來越大，電勢能越來越小，B、C正確。由B運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)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(cuò)誤。答案：BC7. 如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)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(diǎn)。現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則()A. 平行板電容器的電容將變小B. 靜電計(jì)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(dòng)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(dòng)一小段距離時(shí)，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(xiàng)A正確；因?yàn)殪o電計(jì)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(jì)指針張角不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；U不變，極板間距d變大時(shí)，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?yàn)橛偷螏ж?fù)電，所以其電勢能將減少，選項(xiàng)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(dòng)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(xiàng)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(gè)帶正電的小物塊P，將另一個(gè)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(yùn)動(dòng)。設(shè)斜面足夠長，則在Q向上運(yùn)動(dòng)過程中()A. 物塊Q的動(dòng)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(dòng)能先增大再減小，A錯(cuò)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(cuò)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(dòng)能之和守恒，又知?jiǎng)幽芟仍龃蠛鬁p小，故重力勢能和電勢能之和先減小后增大，C錯(cuò)誤。答案：D9. xx江蘇連云港如圖是一個(gè)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(shí)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(dòng)能定理得，qU1mv，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，做類平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)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(xiàng)正確。答案：CD10. 現(xiàn)有兩個(gè)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(diǎn)分別放等量的點(diǎn)電荷，其中AB、AC中點(diǎn)放的點(diǎn)電荷帶正電，CD、BD的中點(diǎn)放的點(diǎn)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(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢均為零B. 把一正點(diǎn)電荷沿著bdc的路徑移動(dòng)時(shí)，電場力做功為零C. 同一點(diǎn)電荷在a、d兩點(diǎn)所受電場力相同D. 將一負(fù)點(diǎn)電荷由a點(diǎn)移到A點(diǎn)電勢能減小解析：O點(diǎn)的電場強(qiáng)度不為零，電勢為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于bOc為等勢線，所以把一正點(diǎn)電荷沿著bdc的路徑移動(dòng)時(shí)，電場力做功為零，選項(xiàng)B正確；根據(jù)電場疊加原理，a、d兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同，同一點(diǎn)電荷在a、d兩點(diǎn)所受電場力相同，選項(xiàng)C正確；將一負(fù)點(diǎn)電荷由a點(diǎn)移到A點(diǎn)，克服電場力做功，電勢能增大，選項(xiàng)D錯(cuò)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(diǎn)，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(dòng)到C電場力做功W14.0105 J，該電荷由C移動(dòng)到B電場力做功W22.0105 J，若B點(diǎn)電勢為零，以下說法正確的是()A. A點(diǎn)電勢為2 VB. A點(diǎn)電勢為2 VC. 勻強(qiáng)電場的方向?yàn)橛蒀指向AD. 勻強(qiáng)電場的方向?yàn)榇怪庇贏C指向B解析：C、B間電勢差為UCB V2 V，B點(diǎn)電勢為零，則UCBCB，則C點(diǎn)電勢C2 V，而A與C間的電勢差為UAC V4 V，UACAC，則A點(diǎn)電勢A2 V，故A錯(cuò)誤，B正確；由以上分析可知，A、C連線的中點(diǎn)M電勢為0，M與B點(diǎn)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(cuò)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(diǎn)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(diǎn)的電勢能一定大于小球在A點(diǎn)的電勢能B. A、B兩點(diǎn)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(diǎn)的點(diǎn)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(diǎn)開始沿斜面上滑，電場力做正功，電勢能減小，小球在B點(diǎn)的電勢能一定小于小球在A點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，qUmgLsin450，解得A、B兩點(diǎn)的電勢差為U，選項(xiàng)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(xiàng)C錯(cuò)誤；若該電場是AC邊中垂線上某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q可以是負(fù)電荷，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案：B13. xx合肥模擬x軸上有兩點(diǎn)電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點(diǎn)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(diǎn)的電場強(qiáng)度為0D. Q1和Q2之間各點(diǎn)的電場方向都指向P點(diǎn)解析：兩個(gè)點(diǎn)電荷間的電勢都為正，因此兩點(diǎn)電荷都為正電荷，B不符合圖象信息；兩個(gè)正點(diǎn)電荷的連線上有一點(diǎn)場強(qiáng)為零，正的試探電荷從兩個(gè)電荷中的任一電荷附近沿連線向場強(qiáng)為零的點(diǎn)移動(dòng)時(shí)電勢都降低，到場強(qiáng)為零的點(diǎn)，電勢最低，C符合圖象信息；場強(qiáng)為零的點(diǎn)離Q1遠(yuǎn)，故Q1一定大于Q2，A符合圖象信息；Q1和Q2之間各點(diǎn)的電場方向都指向P點(diǎn)，D符合圖象信息。答案：B第卷(非選擇題，共45分)二、計(jì)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(diǎn)處。(g取10 m/s2)求：(1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向。(2)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P過程中的動(dòng)能增量。(3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小v0。解析：(1)小環(huán)沿桿運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)到P過程中電場力做功為零所以動(dòng)能增量等于重力做的功EWmgh4 J(3)小環(huán)離開直桿后的運(yùn)動(dòng)可分解成水平和豎直兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)水平：勻減速到零再反向加速運(yùn)動(dòng)，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，一個(gè)帶負(fù)電的小球從斜軌道上的A點(diǎn)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(diǎn)，A點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有mgqE小球由A到B，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，設(shè)機(jī)械能的變化量為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(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)0.1。從t0時(shí)刻開始，空間加上一個(gè)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?yàn)檎较?，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(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子從A點(diǎn)沿AB方向以一定的初速度進(jìn)入電場，恰好從BC邊的中點(diǎn)P飛出，不計(jì)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(diǎn)Q飛出，求粒子從Q點(diǎn)飛出時(shí)的動(dòng)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)，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(diǎn)Q飛出與從BC邊中點(diǎn)P飛出相比，水平位移減半，豎直位移加倍，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)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(diǎn)Q飛出時(shí)的動(dòng)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(yùn)動(dòng)分成兩部分，在無電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，tan1(vy為粒子離開電場AEFD時(shí)豎直方向的速度)y1xtan1tan21(vy為粒子離開電場EBCF時(shí)豎直方向的速度) y2(Lx)tan2Lxyy1y2Lx答案：(1) (2)EqL(3)yLx