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2016高三·物理·新一轮总复习阶段示范性测试专题6——静电场.doc


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,两极板的正对面积 S 不 变,间距 d 变大,根据关系式 C= εS S ∝ 可知,电容 C 减小,选项 A 正确;因为静电计指 4πkd d

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 变大,根据 Q=CU,E =U/d 和 C= εS 可知 E∝Q/S,可见,极板间场强 E 不变,所以带电油滴所受电场力不变, 4πkd

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 D. 减小 U1

B. 减小 L

1 2 解析:对粒子的加速过程,由动能定理得,qU1= mv0 ,粒子在偏转电场中,做类平抛 2 h L2 h 1qU2 2 运动,由运动规律得,L=v0t,h= t ,解得, = ,为了提高灵敏度 ,可增大 L、 2 md U2 4U1d U2 减小 U1 或 d,C、D 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
-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 )

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 解析:C、B 间电势差为 UCB= 10 5 WCB -2.0× = V=2 V,B 点电势为零,则 UCB=φC - -q -1.0× 10 5


-φB,则 C 点电势 φC=2 V,而 A 与 C 间的电势差为 UAC=

4.0× 10 5 WAC = V=-4 V, - -q -1.0× 10 5


UAC=φA-φC,则 A 点电势 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 q

C. 若电场是匀强电场,则该电场的场强的最小值一定是

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= 电场是匀强电场,该电场的场强的最小值为 2mgL ,选项 B 正确;若 2q

2mg ,选项 C 错误;若该电场是 AC 边中垂线 2q

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 =tan45° ,所以 qE=mg qE 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° t= 2vx qE ,ax= =g ax m

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? sin α 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

(mg-qE)(h-2R)=

mv2 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? sin α 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 m/s2 m

1 位移 x1= a1t2 =4 m 2 1 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 x+ t=47 m。 2 1 2

1 (2)23 s 内,设静电力对小物块所做的功为 W,由动能定理有:W-μmgx= mv2 2 23 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 2 竖直方向: = ×m × t ,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, 1 水平位移减半,竖直位移加倍,根据类平抛运动知识 y= at2,x=v0t,则加速度为原来的 8 2 倍,电场强度为原来的 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 +W1= EqL 2 0 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= x 2

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


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