2019-2020年高三物理一轮复习第六章静电场章末检测提升.doc

2019-2020年高三物理一轮复习第六章静电场章末检测提升一、选择题(本大题共10小题，共40分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)1(多选)某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是 ()Aa点场强大于b点场强Ba点电势高于b点电势C若将一试探电荷q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点D若在d点固定一点电荷Q，将一试探电荷q由a移至b的过程中，电势能减少解析：电场线的疏密表示电场的强弱，A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；q在a点所受电场力方向沿电场线的切线方向，由于电场线为曲线，所以q不沿电场线运动，C项错误；在d点固定一点电荷Q后，a点电势仍高于b点，q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减少，D项正确答案：BD2一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为，如图所示。下列方法中能使夹角减小的是 ()A保持开关闭合，使两极板靠近一些B保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动C保持开关闭合，使两极板远离一些D打开开关，使两极板靠近一些解析：要使悬线夹角减小，就要减小小球在电容器中所受到的电场力，即要减小电容器内部电场强度保持开关S闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E知，电场强度增大，要增大；使两极板远离一些，就会使电场强度减小，夹角减小；调节滑动变阻器不能影响电容器两极板间的电压大小，因此A、B两项错误，C项正确；若断开开关S，电容器两极板所带电荷量不变，使两极板靠近一些，由C，U，E知，E不变，即夹角不变，D项错误答案：C3(多选)下图中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场(a、b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点)，丁是等量正点电荷形成的电场(a、b位于两点电荷连线的中垂线，且a位于连线的中点)有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a点由静止释放，动能Ek随位移x变化的关系图象如图中的图线所示，其中图线是直线下列说法正确的是()A甲对应的图线是 B乙对应的图线是C丙对应的图线是 D丁对应的图线是解析：正检验电荷仅在电场力作用下，由静止开始运动，其中甲、乙、丙中正检验电荷沿电场方向运动，丁中正检验电荷静止不动电场力对正检验电荷做功改变其动能，有EqxEk，动能Ek随x的变化率E，而电场强度E随x的变化情况是：甲中E为常数，乙图中E减小，丙图中E增大，所以A、C选项正确，B、D选项错误答案：AC4图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能应为 ()A8eV B13eV C20eV D34eV解析：设相邻等势面之间的电势差大小为U，正电荷从a运动到 b，动能减少，可知b点电势高于a点电势，则Ua2U，UbU，设正电荷的电荷量为q，则正电荷在a点、b点的电势能Epa2qU，EpbqU，据能量守恒定律EkaEpaEkbEpb，代入数据得qU7eV.设点电荷运动到c点时，其动能、电势能分别为Ekc、Epc，据能量守恒定律EkaEpaEkcEpc，26eV(14eV)Ekc(8eV)，Ekc20eV.答案：C5示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示如果在荧光屏上的P点出现亮斑，那么示波管中的 ()A极板X带正电 B极板X带负电C极板Y带正电 D极板Y不带电解析：根据亮斑的位置偏向Y极板，可知电子因受到电场力的作用而运动轨迹发生了偏转，因此极板X、X不带电，极板Y应带正电答案：C6如图所示，A，B，C，D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1 cm的圆与两坐标轴的交点，已知A，B，C三点的电势分别为A15 V、B3 V、C3 V由此可得D点的电势为()A3 V B6 V C12 V D9 V解析：由于电场为匀强电场，则ABDC，解得D9 V，D项正确答案：D7如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点下列说法中正确的是 ()A三个等势面中，等势面a的电势最高B带电质点一定是从P点向Q点运动C带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小D带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小解析：先由等势面与电场线垂直，画出电场线，再根据轨迹向电场力的方向弯曲，判断电场力的方向，进而确定电场线方向可以判定电场线从等势面c指向等势面a，故等势面a的电势最低，故A项错；带电质点从P点到Q点电场力做正功，若从Q点到P点电场力做负功，都有通过P点时的动能比通过Q点时小，故B项错，D项正确；P点的等势面比Q点的密集，P点的电场强度大，质点在P点的加速度大，故C项错答案：D8(多选)现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如图所示，Aa、Bb、Cc、Dd间距相等在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零则下列说法中正确的是 ()AO点的电场强度和电势均为零B把一正点电荷沿着bdc的路径移动时，电场力做功为零C同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D将一负点电荷由a点移到b点电势能减小解析：根据电场的叠加原理可知，O点的电场强度不为零，直线bOc为电势为零的等势线，A项错误；把一正点电荷沿着bdc的路径移动时，电场力做功为零，B项正确；根据电场叠加原理可知，a，d两点电场强度相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，C项正确；将一负点电荷由a点移到b点，电场力做负功，电势能增大，D项错误答案：BC9有一静电场，其电场强度方向平行于x轴其电势U随坐标x的改变而变化，变化的图线如图甲所示，则图乙中正确表示该静电场的场强E随x变化的图线是(设场强沿x轴正方向时取正值)()解析：由E知，在02 mm内，E2104 V/m且方向向左在2 mm10 mm内，E1104 V/m，且方向向右.10 mm12 mm内，E2104 V/m，方向向左，故A项正确答案：A10(多选)如图所示，PO为光滑绝缘竖直墙壁、OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球(可视为质点)均紧靠接触面而处于静止状态，这时两球之间的距离为L.若在小球A上加竖直推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，则与原来比较(两小球所带电荷量保持不变) ()AA球对竖直墙壁的作用力不变B两球之间的距离一定增大CA球对B球作用的静电力增大D地面对B球的弹力不变解析：由题意知，A球加上力F移动一段距离后仍处于静止状态，故B球对A球的库仑力沿竖直方向上分力增大，B球应该向左移动，A球对B球的库仑力在水平方向的分力等于匀强电场对B球的静电力，而匀强电场对B球的静电力不变，根据作用力和反作用力的关系，B球对A球的库仑力在水平方向的分力大小也不变，所以A球对竖直墙壁的压力不变，选项A正确；A、B两球的连线与水平方向的夹角变大，Fcos 不变，库仑力F一定变大，选项C正确；两球之间的距离减小，选项B错误；根据力的相互作用性可知，A球对B球的库仑力沿竖直方向上的分力变大，故地面对B球的弹力变大，选项D错误答案：AC二、填空与实验题(本大题共2小题，共10分把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答)11(4分)如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用初始时轻杆与电场线垂直(如图中实线位置)，将杆向右平移的同时顺时针转过90(如图中虚线位置)，发现A、B两球电势能之和不变根据图中给出的位置关系，可判断A、B两球带电荷量的绝对值之比qAqB_.解析：规定杆的初始位置为零电势能处，则两球的电势能之和为零杆到末位置的过程，两球的电势能必是一个增大，另一个减小相同的量，或者说电场力对其一做正功，对另一个做负功，结合题图有，2EqALEqBL，得qAqB12.答案：1212(6分)如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m，带电量为q的小球，绳长为l.另一端固定于 O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速由A点释放，已知细线转过60角，小球到达B点时速度恰为零A、B两点的电势差UAB_；匀强电场的电场强度为E_.解析：由动能定理可得，mgl sin 60qUAB0，解得，UAB.根据电场强度与电势差的关系可得，UBAEl(1cos 60)，解得，E.答案：三、计算题(本大题共4小题，共50分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(10分)在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为q的小滑块B.用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对A发生了运动为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程测量发现竖直方向加速的时间为0.8 s，减速的时间为0.2 sP、Q位置高度差为0.5 m已知匀强电场的场强E，A、B之间动摩擦因数0.4，g取10 m/s2.求：(1)绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？(2)滑块B最后停在离出发点水平距离为多大处？解析：(1)设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，其时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有a1t1a2t2ha1ta2t求得a11.25 m/s2，a25 m/s2(2)研究滑块B，在绝缘板A上匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得竖直方向：mgFNma2水平方向：EqFNma3解得a30.1 g1 m/s2在这个过程中滑块B的水平位移大小为x3a3t0.02 m在绝缘板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有mgEqma4，得a40.1g1 m/s2该过程中滑块B的水平位移大小为x4x30.02 m最后滑块B静止时离出发点的水平距离xx4x30.04 m.答案：(1)1.25 m/s25 m/s2(2)0.04 m14(12分)如图甲所示，A、B是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地A板电势A随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有正对两孔O1和O2，两板间电压为U2，组成减速电场现有一带负电粒子在t0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线O1O1进入并能从O1沿O1O2进入C、D间，刚好到达O2孔，已知带电粒子带电荷量q，质量m，不计其重力，求：(1)该粒子进入A、B的初速度v0的大小；(2)A、B两板间距的最小值和A、B两板长度的最小值.解析：(1)因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入O1孔的速度即为进入 A、B板的初速度在C、D间，由动能定理得：qU2mv即v0.(2)由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v竖0，若在第一个周期内进入O1孔，则对应两板最短长度为Lv0TT，若在该时间内，粒子刚好不到A板而返回，则对应两板最小间距，设为d，所以()22，即d.答案：(1)(2)15(12分)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行一电荷量为q(q0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能解析：质点所受电场力的大小为FqE.设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有：FFNam，FNbFm.设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Ekamv，Ekbmv.根据动能定理有：EkbEka2rF.联立式得：E(FNbFNa)，Eka(FNb5FNa)，Ekb(5FNbFNa)答案：E(FNbFNa)Eka(FNb5FNa)Ekb(5FNbFNa)16(16分)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，放置两块直径为2L的同心半圆形金属板A、B，两板间的距离很近，半圆形金属板A、B的左边有水平向右的匀强电场E1，半圆形金属板A、B之间存在电场，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O。现从正对A、B板间隙、到两板的一端距离为d处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒(不计重力)，此微粒恰能在两板间运动而不与板发生相互作用。(1)求半圆形金属板A、B之间电场强度E2的大小。(2)从释放微粒开始，经过多长时间微粒的水平位移最大？解析：(1)设微粒刚进入两板间的速度为v，根据动能定理，有：qE1dmv2微粒恰能在两板间运动而不与板发生相互作用，说明微粒在两板间做匀速圆周运动，有qE2m根据上述两式，得：vE2E1(2)微粒从释放到进入两板间，经历的时间t12d微粒在两板间经圆周时水平位移最大，此时经历的时间t2微粒自开始运动至第一次运动到水平位移最大处的时间为t1t2(2d)根据运动的对称性和周期性，可得从释放微粒至微粒水平位移最大，经历的时间为：t(2k1)(2d)(k1，2，3)答案：(1)E1(2)见解析