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【金版教程 金考卷】2016高三物理新一轮总复习阶段示范性测试:专题6——静电场


阶段示范性金考卷(六)
本卷测试内容:静电场 本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共 110 分。测试时间 90 分钟。 第Ⅰ卷 (选择题,共 65 分)

一、选择题(本题共 13 小题,每小题 5 分,共 65 分。在每小题 给出的四个选项中,第 2、3、4、5、8、12、13 小题,只有一个选项 正确;第 1、6、7、9、10

、11 小题,有多个选项正确,全部选对的 得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。) 1. 如图甲所示,在 x 轴上有一个点电荷 Q(图中未画出),O、A、 B 为轴上三点,放在 A、B 两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷 所带电荷量的关系如图乙所示,则( )

A. A 点的电场强度大小为 2×103 N/C B. B 点的电场强度大小为 2×103 N/C C. 点电荷 Q 在 A、B 之间 D. 点电荷 Q 在 A、O 之间 解析:试探电荷所受的电场力与电量的比值为场强,选项 A 正 确 B 错误;若点电荷 Q 在 AO 之间,则 A、B 两点场强方向相同, 选项 C 正确 D 错误。

答案:AC

2. 如图所示,电场中一正离子只受电场力作用从 A 点运动到 B 点。离子在 A 点的速度大小为 v0,速度方向与电场方向相同。能定 性反映该离子从 A 点到 B 点运动情况的速度-时间 (v- t)图象是 ( )

解析:从 A 到 B,正离子受到的电场力方向与运动方向相同, 所以该离子做加速运动;考虑到电场线越来越疏,场强越来越小,正 离子受到的电场力和加速度也越来越小,该离子从 A 点到 B 点运动 情况的速度-时间(v-t)图象的斜率也越来越小。综上分析,选项 C 正确。 答案:C

3. [2014· 舟山模拟] 真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线

如图所示,分别标记为 1、2、3、4、5,且 1、5 和 2、4 分别关于 3 对称。 以电场线 3 上的某点为圆心画一个圆, 圆与各电场线的交点分 别为 a、b、c、d、e,则下列说法中正确的是( A. 电场强度 Ea<Ec B. 电势 φb>φd C. 将一正电荷由 a 点移到 d 点,电场力做正功 D. 将一负电荷由 b 点移到 e 点,电势能增大 解析: 由点电荷电场分布特点可知, 以点电荷为圆心的圆上各点 的电势和场强大小均相等, 沿题图所示的电场方向, 等势面的电势越 来越低, 电场线越来越密, 故 Ea>Ec, A 错误; φb=φd, B 错误; Uad<0, 正电荷由 a 点移到 d 点时,Wad=Uadq<0,C 错误;又 Ube>0,负电 荷由 b 点移到 e 点时,Wbe=Ube· (-q)<0,即电场力做负功,电势能 增大,D 正确。 答案:D )

4. 如图所示,虚线表示某点电荷 Q 所激发电场的等势面,已知 a、b 两点在同一等势面上,c、d 两点在另一个等势面上。甲、乙两 个带电粒子以相同的速率, 沿不同的方向从同一点 a 射入电场, 在电 场中沿不同的轨迹 adb 曲线、acb 曲线运动。则下列说法中正确的是 ( )

A. 两粒子电性相同 B. 甲粒子经过 c 点时的速率大于乙粒子经过 d 点时的速率 C. 两个粒子的电势能都是先减小后增大 D. 经过 b 点时,两粒子的动能一定相等 解析:从甲、乙两个带电粒子的运动轨迹可知,两粒子的电性不 相同,故 A 错误;甲受的是吸引力,电场力做正功,电势能减少, 所以到达 c 时速率增加,乙受排斥力,电场力做负功,电势能增加, 到达 d 时速率减小,故甲的速率比原先大,乙的速率比原先小,由于 在 a 点时甲、乙两个带电粒子的速率相同,因此甲粒子经过 c 点时的 速率大于乙粒子经过 d 点时的速率,所以 B 正确、C 错误;由于不 知道甲、乙两个带电粒子的质量关系,所以无法判断其动能,所以 D 错误。 答案:B

5. 如图所示,两个带有同种电荷的小球,用绝缘细线悬挂于 O 点,若 q1>q2,l1>l2,平衡时两球到过 O 点的竖直线的距离相等,则 ( ) A. m1>m2 B. m1=m2 C. m1<m2 D. 无法确定

解析:以 O 点为转轴,T1 和 T2 的力矩为零,而两个库仑力的力 矩的代数和为零, 故由力矩的平衡可知: 两个重力的力矩的代数和也 应该为零,即 m1gd=m2gd,所以 m1=m2,故 B 正确。也可以用三角 形相似法求解。 答案:B 6. [2014· 广东湛江一模]如图所示, P、 Q 为固定的等量正点电荷, 在连线的中垂线上某处 B 静止释放一带负电的粒子,重力不计,则 下列说法正确的是( )

A. 中垂线为等势线 B. 粒子由 B 运动到 O 点时,速度最大 C. 粒子由 B 运动至 O 点过程,电势能减小 D. 粒子由 B 运动至 O 点过程,电场力增大 解析: 等量异种点电荷的中垂线是一等势线, 而这是等量同种点 电荷,故 A 错误;带负电的粒子在从 B 到 O 的过程中,所受的电场 力方向竖直向下,做加速运动,所以速度越来越大,到 O 点加速度

等于零,速度达到最大,此过程中动能越来越大,电势能越来越小, B、C 正确。由 B 运动至 O 点过程,电场强度可能先增大后减小,也 可能是一直减小,因此电场力无法确定大小,D 错误。 答案:BC 7. 如图所示,平行板电容器与电动势为 E′的直流电源(内阻不 计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略。一带负 电油滴被固定于电容器中的 P 点。现将平行板电容器的下极板竖直 向下移动一小段距离,则( )

A. 平行板电容器的电容将变小 B. 静电计指针张角变小 C. 带电油滴的电势能将减少 D. 若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动 一小段距离,则带电油滴所受电场力不变 解析: 将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时, 两 εS S 极板的正对面积 S 不变, 间距 d 变大, 根据关系式 C= ∝d可知, 4πkd 电容 C 减小,选项 A 正确;因为静电计指针的变化表征了电容器两 极板电势差的变化,题中电容器两极板间的电势差 U 不变,所以静 电计指针张角不变,选项 B 错误;U 不变,极板间距 d 变大时,板 间场强 E=U/d 减小,带电油滴所处位置的电势 φb=E′-Ed 增大,

其中 d 为油滴到上极板的距离, 又因为油滴带负电, 所以其电势能将 减少,选项 C 正确;若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下 极板向下移动一小段距离,则电容器带电荷量 Q 不变,极板间距 d εS 变大,根据 Q=CU,E=U/d 和 C= 可知 E∝Q/S,可见,极板 4πkd 间场强 E 不变,所以带电油滴所受电场力不变,选项 D 正确。 答案:ACD

8. [2014· 中山模拟]如图所示, 光滑绝缘斜面的底端固定着一个带 正电的小物块 P,将另一个带电小物块 Q 在斜面的某位置由静止释 放,它将沿斜面向上运动。设斜面足够长,则在 Q 向上运动过程中 ( ) A. 物块 Q 的动能一直增大 B. 物块 Q 的电势能一直增大 C. 物块 P、Q 的重力势能和电势能之和一直增大 D. 物块 Q 的机械能一直增大 解析:由 F 库-mgsinθ=ma 可知,物块沿斜面的加速度先向上 逐渐减小,再沿斜面向下,逐渐增大,其速度先增大后减小,故物块 Q 的动能先增大再减小,A 错误;因电场力始终做正功,故电势能一 直减小,物块 Q 的机械能一直增大,B 错误,D 正确;因只有电场 力、重力做功,物块的电势能、重力势能、动能之和守恒,又知动能 先增大后减小,故重力势能和电势能之和先减小后增大,C 错误。 答案:D

9. [2015· 江苏连云港]如图是一个说明示波管工作的原理图, 电子 经加速电场(加速电压为 U1)加速后垂直进入偏转电场, 离开偏转电场 时偏转量是 h,两平行板间的距离为 d,电压为 U2,板长为 L,每单 位电压引起的偏移 h/U2,叫做示波管的灵敏度,为了提高灵敏度, 可采用的方法为( )

A. 增大 U2 C. 减小 d

B. 减小 L D. 减小 U1

1 解析:对粒子的加速过程,由动能定理得,qU1= mv2 ,粒子在 2 0 1qU2 偏转电场中,做类平抛运动,由运动规律得,L=v0t,h= md t2,解 2 L2 h h 得, = ,为了提高灵敏度 ,可增大 L、减小 U1 或 d,C、D U2 4U1d U2 两项正确。 答案:CD

10. 现有两个边长不等的正方形 ABDC 和 abdc,如图所示,且

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 ( ) A. O 点的电场强度和电势均为零 B. 把一正点电荷沿着 b→d→c 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 A 点电势能减小 解析:O 点的电场强度不为零,电势为零,选项 A 错误;由于 bOc 为等势线,所以把一正点电荷沿着 b→d→c 的路径移动时,电场 力做功为零,选项 B 正确;根据电场叠加原理,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,选项 C 正确;将一 负点电荷由 a 点移到 A 点,克服电场力做功,电势能增大,选项 D 错误。 答案:BC

11. [2014· 山东临沂一模]如图所示,A、B、C 是平行纸面的匀强 电场中的三点,它们之间的距离均为 L,电荷量为 q=1.0×10-5 C 的 负电荷由 A 移动到 C 电场力做功 W1=4.0×10-5 J, 该电荷由 C 移动 到 B 电场力做功 W2=-2.0×10-5 J,若 B 点电势为零,以下说法正

确的是(

)

A. A 点电势为 2 V B. A 点电势为-2 V C. 匀强电场的方向为由 C 指向 A D. 匀强电场的方向为垂直于 AC 指向 B
-5 WCB -2.0×10 解析:C、B 间电势差为 UCB= = V=2 V,B 点 -q -1.0×10-5

电势为零,则 UCB=φC-φB,则 C 点电势 φC=2 V,而 A 与 C 间的电
-5 WAC 4.0×10 势差为 UAC= = V=-4 V,UAC=φA-φC,则 A 点 -q -1.0×10-5

电势 φA=-2 V,故 A 错误,B 正确;由以上分析可知,A、C 连线 的中点 M 电势为 0,M 与 B 点的连线即为等势线,且电场线垂直于 等势线,三角形 ABC 为等边三角形,BM⊥AC,根据沿着电场线方 向,电势降低,则有匀强电场的方向由 C 到 A,故 C 正确,D 错误。 答案:BC

12. 如图所示,长为 L、倾角为 θ=45° 的光滑绝缘斜面处于电场 中,一带电荷量为+q,质量为 m 的小球,以初速度 v0 由斜面底端 的 A 点开始沿斜面上滑,到达斜面顶端的速度仍为 v0,则( A. 小球在 B 点的电势能一定大于小球在 A 点的电势能 B. A、B 两点的电势差一定为 2mgL 2q )

mg C. 若电场是匀强电场,则该电场的场强的最小值一定是 q D. 若该电场是 AC 边中垂线上某点的点电荷 Q 产生的,则 Q 一 定是正电荷 解析:由题述可知,小球以初速度 v0 由斜面底端的 A 点开始沿 斜面上滑,电场力做正功,电势能减小,小球在 B 点的电势能一定 小于小球在 A 点的电势能,选项 A 错误;由动能定理得, qU- mgLsin45° =0, 解得 A、 B 两点的电势差为 U= 若电场是匀强电场,该电场的场强的最小值为 2mgL , 选项 B 正确; 2q 2mg ,选项 C 错误; 2q

若该电场是 AC 边中垂线上某点的点电荷 Q 产生的,则 Q 可以是负 电荷,选项 D 错误。 答案:B

13. [2014· 合肥模拟]x 轴上有两点电荷 Q1 和 Q2,Q1 和 Q2 之间各 点对应的电势高低如图中的曲线所示, 规定无限远处电势为零, 下列 推理与图象信息不符合的是( A. Q1 一定大于 Q2 B. Q1 和 Q2 一定是同种电荷,但不一定是正电荷 C. 电势最低处 P 点的电场强度为 0 D. Q1 和 Q2 之间各点的电场方向都指向 P 点 )

解析:两个点电荷间的电势都为正,因此两点电荷都为正电荷, B 不符合图象信息;两个正点电荷的连线上有一点场强为零,正的试 探电荷从两个电荷中的任一电荷附近沿连线向场强为零的点移动时 电势都降低,到场强为零的点,电势最低,C 符合图象信息;场强为 零的点离 Q1 远,故 Q1 一定大于 Q2,A 符合图象信息;Q1 和 Q2 之间 各点的电场方向都指向 P 点,D 符合图象信息。 答案:B 第Ⅱ卷 (非选择题,共 45 分)

二、计算题(本题共 4 小题,共 45 分)

14. (8 分)[2015· 宁波模拟] 如图所示,在水平方向的匀强电场中 有一表面光滑、与水平面成 45° 角的绝缘直杆 AC,其下端(C 端)距地 面高度 h=0.8 m。有一质量为 500 g 的带电小环套在直杆上,正以某 一速度沿杆匀速下滑,小环离杆后正好通过 C 端的正下方 P 点处。 (g 取 10 m/s2)求: (1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。 (2)小环从 C 运动到 P 过程中的动能增量。 (3)小环在直杆上匀速运动速度的大小 v0。 解析:(1)小环沿杆运动时受力分析可得 mg ,所以 qE=mg qE =tan45°

小环离开直杆后只受电场力和重力, F 合= ?mg?2+?qE?2= 2mg 由牛顿第二定律 F 合=ma 得 a= 2g=14.14 m/s2,方向垂直于杆斜向右下方 (2)小环从 C 运动到 P 过程中电场力做功为零 所以动能增量等于重力做的功 ΔE=W=mgh=4 J (3)小环离开直杆后的运动可分解成水平和竖直两个分运动 水平:匀减速到零再反向加速运动,初、末水平分速度大小相等 为 vx=v0cos45° 2vx qE t= a ,ax= m =g
x

1 竖直:h=vyt+ gt2 2 vy=v0sin45° 解得 v0=2 m/s 答案:(1)14.14 m/s2' 方向垂直于杆斜向右下方 (2)4 J '(3)2 m/s

15. (12 分)[2014· 德州模拟]如图所示,在竖直向下的匀强电场中 有一绝缘的光滑轨道,一个带负电的小球从斜轨道上的 A 点由静止 释放,沿轨道下滑,已知小球的质量为 m、电荷量为-q,匀强电场

的场强大小为 E,斜轨道的倾角为 α(小球的重力大于其所受的电场 力) (1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小; (2)若使小球通过圆轨道顶端的 B 点,A 点距水平地面的高度 h 至少应为多大? (3)若小球从斜轨道 h=5R 处由静止释放, 假设其能够通过 B 点, 求在此过程中小球机械能的改变量。 解析:(1)根据牛顿第二定律有(mg-qE)sinα=ma 解得 a= ?mg-qE?sinα m

(2)若小球刚好通过 B 点,根据牛顿第二定律有 mv2 mg-qE= R 小球由 A 到 B,根据动能定理有 mv2 (mg-qE)(h-2R)= 2 5 以上两式联立得 h= R 2 (3)小球从静止开始沿轨道运动到 B 点的过程中,设机械能的变 化量为 ΔE 机 由 ΔE 机=W 电,W 电=-3REq, 得 ΔE 机=-3REq ?mg-qE?sinα 答案:(1) m 5 (2) R 2 (3)-3REq

16. (12 分) [2015· 唐山模拟]如图甲所示,在真空中足够大的绝缘 水平地面上,一个质量为 m=0.2 kg,带电荷量为 q=+2.0×10-6 C 的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数 μ=0.1。从 t

=0 时刻开始,空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性 变化的电场(取水平向右的方向为正方向,g 取 10 m/s2)。求:

(1)23 s 内小物块的位移大小; (2)23 s 内静电力对小物块所做的功。 解析:(1)0~2 s 内小物块的加速度 a1= E1q-μmg 2 = 2 m/s m

1 2 位移 x1= a1t1 =4 m 2 2 s 末小物块的速度为 v2=a1t1=4 m/s 2~4 s 内小物块的加速度 a2= E2q-μmg =-2 m/s2 m

位移 x2=x1=4 m 4 s 末的速度 v4=0 因此小物块做周期为 4 s 的变速运动,第 22 s 末的速度为 v22=4 m/s 第 23 s 末的速度为 v23=v22+a2t=2 m/s(t=1 s) 所求位移为 x= v22+v23 22 x1+ t=47 m。 2 2

(2)23 s 内,设静电力对小物块所做的功为 W,由动能定理有:

1 2 W-μmgx= mv23 2 解得 W=9.8 J。 答案:(1)47 m'(2)9.8 J 17. (13 分)[2015· 池州模拟]如图甲所示,边长为 L 的正方形区域 ABCD 内有竖直向下的匀强电场,电场强度为 E,与区域边界 BC 相 距 L 处竖直放置足够大的荧光屏,荧光屏与 AB 延长线交于 O 点。 现有一质量为 m, 电荷量为+q 的粒子从 A 点沿 AB 方向以一定的初 速度进入电场,恰好从 BC 边的中点 P 飞出,不计粒子重力。

(1)求粒子进入电场前的初速度的大小; (2)其他条件不变, 增大电场强度使粒子恰好能从 CD 边的中点 Q 飞出,求粒子从 Q 点飞出时的动能; (3)现将电场分成 AEFD 和 EBCF 相同的两部分,并将 EBCF 向 右平移一段距离 x(x≤L),如图乙所示。设粒子打在荧光屏上位置与 O 点相距 y,请求出 y 与 x 的关系。 解析:(1)粒子在电场内做类平抛运动,水平方向: L=v0t, L 1 Eq 竖直方向: = × m ×t2,得 v0= 2 2 EqL m

(2)其他条件不变,增大电场强度,从 CD 边中点 Q 飞出与从 BC 边中点 P 飞出相比,水平位移减半,竖直位移加倍,根据类平抛运 1 动知识 y= at2,x=v0t,则加速度为原来的 8 倍,电场强度为原来的 2 8 倍,电场力做功为 W1=8EqL 粒子从 CD 边中点 Q 飞出时的动能 1 17 Ek= mv2 EqL 0+W1= 2 2 (3)将 EBCF 向右平移一段距离 x,粒子在电场中的类平抛运动 分成两部分,在无电场区域做匀速直线运动,轨迹如图所示,

vy 1 tanθ1= = (vy 为粒子离开电场 AEFD 时竖直方向的速度) v0 2 y1=xtanθ1= tanθ2= x 2

vy′ =1(vy′为粒子离开电场 EBCF 时竖直方向的速度) v0

y2=(L-x)tanθ2=L-x 1 L 3 y=y1+y2+ = L- x 2 2 2 答案:(1) EqL m 17 (2) EqL 2 3 1 (3)y= L- x 2 2


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