《2020高考物理單元卷 第6章靜電場 章末綜合檢測》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理單元卷 第6章靜電場 章末綜合檢測（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第六章章末綜合檢測 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分) 圖1 1．如圖1所示，某區(qū)域電場線左右對稱分布，M、N為對稱線上的兩點．下列說法正確的是 (　　) A．M點電勢一定高于N點電勢 B．M點場強一定大于N點場強 C．正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能 D．將電子從M點移動到N點，電場力做正功 解析：沿電場線方向電勢逐漸降低，M點電勢一定高于N點電勢，選項A對． 因電場線越密的區(qū)域場強越大，由圖可知N點場強大于M點場強，選項B

2、錯． 將正電荷由M點移到N點時電場力做正功，電勢能減小，故正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能，選項C對． 將電子從M點移到N點的過程中，受到的電場力與移動方向相反，電場力做負功，選項D錯． 答案：AC 圖2 2．如圖2所示，兩平行金屬板豎直放置，板上AB兩孔正好水平相對，板間電壓500 V．一個動能為400 eV的電子從A孔沿垂直板方向射入電場中．經(jīng)過一段時間電子離開電場，則電子離開電場時的動能大小為 (　　) A．900 eV　　　　　　　 B．500 eV C．400 eV D．100 eV 解析：由于電子動能Ek＝400 eV<500 eV，電子在

3、電場中先做勻減速直線運動后反向做勻加速直線運動．最終從A孔射出．電場力做功為零，電子動能大小不變．故C正確． 答案：C 3．(2020年北京海淀期末練習)如圖3所示為研究決定平行板電容器電容大小因素的實驗裝置．兩塊相互靠近的等大正對的平行金屬板M、N組成電容器，板N固定在絕緣座上并與靜電計中心桿相接，板M和靜電計的金屬殼都接地，板M上裝有絕緣手柄，可以執(zhí)手柄控制板M的位置．在兩板相距一定距離時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度．在整個實驗過程中，保持電容器所帶電荷量不變，對此實驗過程的描述正確的是 (　　) 圖3 A．只將板M從圖示位置稍向左平移，靜電計指針張角變大 B．只

4、將板M從圖示位置沿垂直紙面向外的方向稍微平移，靜電計指針張角變大 C．只將板M從圖示位置稍向上平移，靜電計指針張角減小 D．只在M、N之間插入云母板，靜電計指針張角變大 解析：根據(jù)C＝和U＝，A項是d增大，則電容C減小，U增大，所以靜電計指針張角變大，故A正確；B、C項都是S減小，則電容C減小，U增大，靜電計指針張角變大，故B正確，C錯；D項是εr增大，則電容C增大，U減小，靜電計的指針張角變小，故D錯． 答案：AB 圖4 4．(2020年山東卷)如圖4所示，在x軸上關(guān)于原點O對稱的兩點固定放置等量異種點電荷 ＋Q和－Q，x軸上的P點位于－Q的右側(cè)．下列判斷正確的是 (　　)

5、 A．在x軸上還有一點與P點電場強度相同 B．在x軸上還有兩點與P點電場強度相同 C．若將一試探電荷＋q從P點移至O點，電勢能增大 D．若將一試探電荷＋q從P點移至O點，電勢能減小 圖5 解析：在＋Q，－Q連線上及延長線上三個區(qū)間內(nèi)場強方向如圖5所示，由對稱關(guān)系可知，在Q左側(cè)與P(－Q)間等距的P′點應(yīng)與P點場強相同，故選項A正確． 在(－Q)、Q之間各處場強均大于(－Q)、P之間各點場強，故試探電荷＋q從P移至O點過程中，P→(－Q)做正功W1，由－Q→0電場力做負功W2，由上面分析知，|W1|>W1.故電勢能增大．C正確． 答案：AC 5．(2020年寧夏卷)如圖6所

6、示，C為中間插有電介質(zhì)的電容器，a和b為其兩極板，a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地．開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度α，在以下方法中，能使懸線的偏角α變大的是 (　　) 圖6 A．縮小a、b間的距離 B．加大a、b間的距離 C．取出a、b兩極板間的電介質(zhì) D．換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì) 解析：a板與Q板電勢恒定為零，b板和P板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變．要使懸線的偏角增大，則應(yīng)使電壓U增大，即減小電容器的電容C.對電容器C，由公式C＝＝，

7、可以通過增大板間距d、減小介電常數(shù)εr、減小極板的正對面積S來減小電容C. 答案：BC 6．帶電粒子M只在電場力作用下由P點運動到Q點，在此過程中克服電場力做了2.6×10－6J的功．那么 (　　) A．M在P點的電勢能一定小于它在Q點的電勢能 B．P點的場強一定小于Q點的場強 C．P點的電勢一定高于Q點的電勢 D．M在P點的動能一定大于它在Q點的動能 解析：帶電粒子M只受電場力作用下從P點到Q點，克服電場力做功，其電勢能增加，動能減小，故A、D正確；場強的大小與電場力做功正、負無關(guān)，故B選項錯；在C選項中，由于帶電粒子的電性未知，故無法確定P點與Q點電勢的高低，C錯． 答案

8、：AD 7．如圖7所示為示波管構(gòu)造的示意圖，現(xiàn)在XX′上加上Ux—t信號，YY′上加上Ux—t信號(如圖8甲、乙所示)，則在屏幕上看到的圖形是圖中的 (　　) 圖7 圖8 解析：由于圖象是可以用描點法確定的，所以可以選幾個代表性的點，確定出大致的圖形，在t＝時，Ux＝0，Uy＝0，電子打在屏幕上的原點，在t＝時，Ux為負，Uy為正的最大值，電子帶負電，受電場作用后向電勢高的極板偏轉(zhuǎn)，打在屏幕左上方的最高點，A正確． 答案：A 8．如圖9所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為

9、a，最低點為b.不計空氣阻力，則 (　　) 圖9 A．小球帶負電 B．電場力跟重力平衡 C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小 D．小球在運動過程中機械能守恒 解析：由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，速率不變化，由動能定理，外力做功為零，繩子拉力不做功，電場力和重力做的總功為零，所以電場力和重力的合力為零，電場力跟重力平衡，B正確．由于電場力的方向與重力方向相反，電場方向又向上，所以小球帶正電，A不正確．小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，由功能關(guān)系得，電勢能增加，C不正確．在整個運動過程中，除重力做功外，還有電場力做功，小球在運動過程中機械能不守恒，D不

10、正確． 答案：B 9．(2020年全國卷Ⅰ)如圖10所示，一電場的電場線分布關(guān)于y軸(沿豎直方向)對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM＝MN.P點在y軸右側(cè)，MP⊥ON.則 (　　) 圖10 A．M點的電勢比P點的電勢高 B．將負電荷由O點移動到P點，電場力做正功 C．M、N兩點間的電勢差大于O、M兩點間的電勢差 D．在O點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運動 解析：作出過點M的等勢線，因電場線與等勢線是正交的，且沿電場線方向電勢是降低的，故A正確．將負電荷從O點移到P點時，因所處位置電勢降低，其電勢能增大，故應(yīng)是克服電場力做功，B錯誤．由＝U/d及電場線疏

11、密程度知O、M兩點間電勢差應(yīng)大于M、N兩點間電勢差，C錯誤．沿y軸上各點場強方向相同，故從O點由靜止釋放的帶正電粒子運動中始終受到沿y軸正方向的外力，D正確． 答案：AD 圖11 10．如圖11所示為一有界勻強電場，場強方向為水平方向(虛線為電場線)，一帶負電粒子以某一角度θ從電場a點斜向上方射入，沿直線運動到b點，則可知 (　　) A．電場中a點的電勢低于b點的電勢 B．粒子在a點的動能與電勢能之和與在b點時的動能與電勢能之和相等 C．粒子在a點時的動能小于在b點時的動能，在a點時的電勢能大于在b點時的電勢能 圖12 D．粒子在a點時的動能大于在b點時的動能，在a點

12、時的電勢能小于在b點時的電勢能 解析：因帶電粒子從a點沿直線運動到b點，受力情況如右圖12所示，場強方向一定水平向右，故a點的電勢一定高于b點的電勢，A選項不對． 粒子在電場中運動，共涉及到三種能量：動能、電勢能、重力勢能．三種能量之和保持不變，即帶電粒子在a點三種能量之和等于在b點的三種能量之和，因為粒子在a點的重力勢能小于在b點的重力勢能，故B選項不對．又因為帶電粒子從a點運動到b點，合外力做負功，故動能減小，即Eka>Ekb.從a到b，電場力做負功，故電勢能增加，即E電a

13、地，A板帶有電荷量＋Q，板間電場有一固定點P，若將B板固定，A板下移一些，或者將A板固定，B板上移一些，在這兩種情況下，以下說法正確的是 (　　) A．A板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢不變 B．A板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢升高 C．B板上移時，P點的電場強度不變，P點電勢降低 D．B板上移時，P點的電場強度減小，P點電勢降低 解析：電容器與電源是斷開的，電容器無法充、放電，電容器的帶電荷量是保持不變的．當A板下移時d減小，電容C增大，由U＝可知U減小，由E＝＝＝可知E不變化．P點的電勢φP＝UPB＝E·，所以φP不變，選項A正確．當B板上移時，減小，P點的電勢φ

14、P降低，選項C正確． 答案：AC 圖14 12．如圖14所示，光滑絕緣直角斜面ABC固定在水平面上，并處在方向與AB面平行的勻強電場中，一帶正電的物體在電場力的作用下從斜面的底端運動到頂端，它的動能增加了ΔEk，重力勢能增加了ΔEp.則下列說法錯誤的是 (　　) A．電場力所做的功等于ΔEk B．物體克服重力做的功等于ΔEp C．合外力對物體做的功等于ΔEk D．電場力所做的功等于ΔEk＋ΔEp 解析：物體沿斜面向上運動的過程中有兩個力做功，電場力做正功，重力做負功，根據(jù)動能定理可得：WF＋WG＝ΔEk由重力做功與重力勢能變化的關(guān)系可得WG＝－ΔEp，由上述兩式易得出A錯

15、誤，B、C、D正確． 答案：A 二、計算題(本題包括5小題，共52分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 圖15 13．(2020年浙江寧波聯(lián)考)如圖15所示，兩平行金屬板水平放置，間距為d，板間存在勻強電場．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，以豎直向下的初速度從上板的小孔射入，當它從下板的小孔穿出時所用的時間為t.若小球以同樣大小的初速度從下板的小孔豎直向上射入，則從上板小孔穿出時所用的時間為t/2.不計空氣阻力． (1)指出兩板間電場強度的方向． (2)求電場強度的大?。? (3)求小

16、球穿出下板小孔時速度v1與穿出上板小孔時速度v2之比v1∶v2. 解析：(1)場強方向豎直向下． (2)根據(jù)題意，小球在電場中運動的加速度a應(yīng)豎直向上． Eq－mg＝ma① 從上往下：d＝v0t－at2② 從下往上：d＝v0＋a()2③ 由①②③式解得電場強度：E＝＋. (3)由②③兩式解得：a＝，v0＝ 則：v1＝v0－at＝，v2＝v0＋a＝ 所以：＝. 答案：(1)場強方向豎直向下　(2)＋　(3) 14．如圖16所示，在y＝0和y＝2 m之間有沿著x軸方向的勻強電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大．電場強度的變化如圖16所示，取x軸正方向為電場正方向

17、．現(xiàn)有一個帶負電的粒子，粒子的比荷為＝1.0×10－2C/kg，在t＝0時刻以速度v0＝5×102 m/s從O點沿y軸正方向進入電場區(qū)域，不計粒子重力．求： 圖16 (1)粒子通過電場區(qū)域的時間； (2)粒子離開電場時的位置坐標； (3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度大?。? 解析：(1)因粒子初速度方向垂直勻強電場，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場區(qū)域的時間t＝＝4×10－3 s. (2)粒子在x方向先加速后減速，加速時的加速度a1＝＝4 m/s2，減速時的加速度a2＝＝2 m/s2，x方向上的位移為 x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5 m， 因此

18、粒子離開電場時的位置坐標為(－2×10－5 m,2 m)． (3)粒子在x方向的速度vx＝a1－a2＝4×10－3 m/s. 答案：(1)4×10－3 s　(2)(－2×10－5 m,2 m)　(3)4×10－3 m/s 圖17 15．如圖17所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強電場．電荷量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進入電場，不計重力． (1)若粒子從c點離開電場，求電場強度的大小和粒子離開電場時的動能； (2)若粒子離開電場時動能為Ek′，則電場強度為多大？ 解析：(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，則在初速度方向上： L＝v0t① 在電場方向

19、上：L＝at2② 其中qE＝ma③ Ek＝mv④ 由動能定理得 qEL＝Ekc－Ek⑤ 由①②③④⑤可解得Ekc＝5Ek，E＝＝. (2)若粒子由bc離開電場，則有： L＝v0t⑥ 粒子在電場方向上的速度 vy＝at⑦ 粒子離開電場時的速度為v v2＝v＋v⑧ Ek′－Ek＝mv2－mv⑨ 聯(lián)立可解得：E＝⑩ 若粒子由cd邊離電場，則由動能定理得 qEL＝Ek′－Ek? 則E＝. 答案：(1)5Ek　　(2)或 16．(2020年江蘇常州模擬)如圖18所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電、B板帶負電．兩板之間存在著勻強電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B

20、板上開有兩個間距為L的小孔．C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O′處，C帶正電、D帶負電．兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強度可認為大小處處相等，方向都指向O′.半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計．現(xiàn)從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電微粒(微粒的重力不計)，問： 圖18 (1)微粒穿過B板小孔時的速度多大？ (2)為了使微粒能在CD板間運動而不碰板，CD板間的電場強度大小應(yīng)滿足什么條件？ (3)從釋放微粒開始，經(jīng)過多長時間微粒第1次通過半圓形金屬板間的最低點P點？ 解析：(1)設(shè)微粒穿過B板小孔

21、時的速度為v，根據(jù)動能定理，有qU＝mv2① 解得v＝ (2)微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有 qE＝m＝m② 聯(lián)立①、②，得E＝ (3)微粒從釋放開始經(jīng)t1射出B板的小孔，則 t1＝＝＝2d 設(shè)微粒在半圓形金屬板間運動經(jīng)過t2第一次到達最低點P點，則t2＝＝ 所以從釋放微粒開始，經(jīng)過(t1＋t2)＝(2d＋)微粒第一次到達P點． 答案：(1)　(2)E＝　(3)t＝(2d＋) 17．(2020年福建卷)如圖19甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中．一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整

22、根彈簧處于自然狀態(tài)．一質(zhì)量為m、帶電量為q(q>0)的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g. 圖19 (1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t1； (2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm的過程中彈簧的彈力所做的功W； (3)從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關(guān)系v—t圖象．圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值

23、及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量(本小題不要求寫出計算過程) 解析：(1)滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a，則有 qE＋mgsinθ＝ma① s0＝at② 聯(lián)立①②可得 t1＝③ (2)滑塊速度最大時受力平衡，設(shè)此時彈簧壓縮量為x0，則有mgsinθ＋qE＝kx0④ 從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得 (mgsinθ＋qE)·(s0＋x0)＋W＝mv－0⑤ 聯(lián)立④⑤可得 W＝mv－(mgsinθ＋qE)·(s0＋) (3)如圖20 圖20 答案：(1) (2)mv－(mgsinθ＋qE)·(S0＋) (3)見解析圖20