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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Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分,共110分。測試時(shí)間90分鐘。 第Ⅰ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

2、乙所示,則(  ) A. A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為2×103 N/C B. B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為2×103 N/C C. 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:AC 2. 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(v-t)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)

3、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(v-t)圖象的斜率也越來越小。綜上分析,選項(xiàng)C正確。 答案:C 3.[xx·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Eaφd C. 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

4、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;φb=φd,B錯(cuò)誤;Uad<0,正電荷由a點(diǎn)移到d點(diǎn)時(shí),Wad=Uadq<0,C錯(cuò)誤;又Ube>0,負(fù)電荷由b點(diǎn)移到e點(diǎn)時(shí),Wbe=Ube·(-q)<0,即電場力做負(fù)功,電勢能增大,D正確。 答案:D 4. 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( 

5、 ) 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

6、:B 5. 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>m2 B. m1=m2 C. m1

7、 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:BC 7. 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,

8、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)?,F(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

9、d變大時(shí),板間場強(qiáng)E=U/d減小,帶電油滴所處位置的電勢φb=E′-Ed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)Q=CU,E=U/d和C=可知E∝Q/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:ACD 8. [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

10、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-mgsinθ=ma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:D 9. [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

11、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U2       B. 減小L C. 減小d D. 減小U1 解析:對粒子的加速過程,由動(dòng)能定理得,qU1=mv,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,L=v0t,h=t2,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:CD 10. 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)

12、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b→d→c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b→d→c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

13、電場力做功,電勢能增大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案:BC 11. [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q=1.0×10-5 C的負(fù)電荷由A移動(dòng)到C電場力做功W1=4.0×10-5 J,該電荷由C移動(dòng)到B電場力做功W2=-2.0×10-5 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 V B. A點(diǎn)電勢為-2 V C. 勻強(qiáng)電場的方向?yàn)橛蒀指向A D. 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== V=2 V,B點(diǎn)電勢為零,則UCB=φC-φB,則C點(diǎn)電勢φC=2 V,而A與

14、C間的電勢差為UAC== V=-4 V,UAC=φA-φC,則A點(diǎn)電勢φA=-2 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,BM⊥AC,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:BC 12. 如圖所示,長為L、傾角為θ=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

15、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,qU-mgLsin45°=0,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:B 13. [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

16、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Q2 B. 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0 D. 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

17、案:B 第Ⅱ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h=0.8 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qE=mg 小環(huán)

18、離開直桿后只受電場力和重力, F合==mg 由牛頓第二定律F合=ma 得a=g=14.14 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 ΔE=W=mgh=4 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vx=v0cos45° t=,ax==g 豎直:h=vyt+gt2 vy=v0sin45° 解得v0=2 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/s 15. (12分)[

19、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α(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h=5R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(mg-qE)sinα=ma 解得a= (2)若小球剛好通過B點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有 mg-qE= 小球由A到

20、B,根據(jù)動(dòng)能定理有 (mg-qE)(h-2R)= 以上兩式聯(lián)立得h=R (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ΔE機(jī) 由ΔE機(jī)=W電,W電=-3REq, 得ΔE機(jī)=-3REq 答案:(1) (2)R (3)-3REq 16. (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m=0.2 kg,帶電荷量為q=+2.0×10-6 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)μ=0.1。從t=0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较颍琯取10 m/s2)。求:

21、(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)0~2 s內(nèi)小物塊的加速度 a1==2 m/s2 位移x1=a1t=4 m 2 s末小物塊的速度為v2=a1t1=4 m/s 2~4 s內(nèi)小物塊的加速度 a2==-2 m/s2 位移x2=x1=4 m 4 s末的速度v4=0 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v22=4 m/s 第23 s末的速度為v23=v22+a2t=2 m/s(t=1 s) 所求位移為x=x1+t=47 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:W-μmgx=

22、mv 解得W=9.8 J。 答案:(1)47 m'(2)9.8 J 17. (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小; (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

23、x(x≤L),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: L=v0t, 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)y=at2,x=v0t,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W1=8EqL 粒子從CD邊中點(diǎn)Q飛出時(shí)的動(dòng)能 Ek=mv+W1=EqL (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, tanθ1==(vy為粒子離開電場AEFD時(shí)豎直方向的速度) y1=xtanθ1= tanθ2==1(vy′為粒子離開電場EBCF時(shí)豎直方向的速度) y2=(L-x)tanθ2=L-x y=y(tǒng)1+y2+=L-x 答案:(1)  (2)EqL (3)y=L-x

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