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[K12配套]2019年版本高三物理人教版一轮复习习题:综合测试题静电场-Word版

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静电场综合测试题(附参考答案)

本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分,考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共40分)

一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1~6题只有一项符合题目要求,第7~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。)

1.(2014·北京朝阳一模)如图所示,真空中有A 、B 两个等量异种点电荷,O 、M 、N 是A 、B 连线的垂线上的三个点,且AO >OB 。一个带负电的检验电荷仅在电场力的作用下,从M 点运动到N 点,其轨迹如图中实线所示。若M 、N 两点的电势分别为φM 和φN ,检验电荷通过M 、N 两点的动能分别为E k M 和E k N ,则( )

A .φM =φN ,E k M =E k N

B .φM <φN ,E k M

C .φM <φN ,E k M >E k N

D .φM >φN ,

E k M >E k N

[答案] B

[解析] 据带负电粒子的运动轨迹,粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧,所以该负电荷受到的电场力指向带正电的电荷,所以B 点点电荷带的是负电。因为AO >OB ,根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知,E k M 小于E k N ,φM 小于φN ,故B 正确,A 、C 、D 错误。

2.(2014·安徽安庆二模)如图所示,真空中同一平面内MN 直线上固定电荷量分别为-9Q

和+Q 的两个点电荷,两者相距为L ,以+Q 电荷为圆心,半径为L 2

画圆,a 、b 、c 、d 是圆周上四点,其中a 、b 在MN 直线上,c 、d 两点连线垂直MN ,一电荷量为+q 的试探电荷在圆周上运动,则下列判断错误的是( )

A .电荷+q 在a 处所受到的电场力最大

B .电荷+q 在a 处的电势能最大

C .电荷+q 在b 处的电势能最大

D .电荷+q 在c 、d 两处的电势能相等

[答案] B

[解析] 在a 、b 、c 、d 四点,+Q 对+q 的电场力大小相等,在a 点,-9Q 对+q 的电

场力最大,而且方向与+Q 对+q 的电场力方向相同,根据合成可知,+q 在a 处所受到的电场力最大,A 正确;a 、b 、c 、d 四点在以点电荷+Q 为圆心的圆上,由+Q 产生的电场在a 、b 、c 、d 四点的电势是相等的,所以a 、b 、c 、d 四点的总电势可以通过-9Q 产生的电场的电势确定,根据顺着电场线方向电势降低可知,b 点的电势最高,c 、d 电势相等,a 点电势最低,根据正电荷在电势高处电势能大,可知+q 在a 处的电势能最小,在b 处的电势能最大,在c 、d 两处的电势能相等,故B 错误,C 、D 正确。

3.(2015·江苏苏北联考)如图所示,P 、Q 为两个等量异种点电荷,以靠近P 的O 为原点,沿两点电荷的连线建立x 轴,沿直线向右为x 轴正方向,一带正电的粒子从O 点由静止开始在电场力作用下运动到A 点,已知A 点与O 点关于P 、Q 两点电荷连线的中点对称,粒子的重力忽略不计。在粒子由O 到A 的运动过程中,下列关于粒子的运动速度v 和加速度a 随时间t 的变化图线及粒子的动能E k 和运动轨迹上电势φ随位移x 的变化图线可能正确的是( )

[答案] B

[解析] 带正电的粒子从O 点向A 运动过程中,电场强度先变小,后变大,故电场力和粒子的加速度也是先变小,后变大,则粒子一直加速,且其v -t 图线的斜率应先变小,后变大;从O 到A ,电场强度先变小,后变大,单位长度上的电势降落也应是先变小,后变大;

根据E k =12

m v 2=Fx ,E k -x 图线的斜率为电场力F ,从O 到A ,粒子所受的电场力先变小,后变大,故E k -x 图象的斜率也应是先变小,后变大。故选项B 正确,A 、C 、D 错误。

4.(2014·开封模拟)如图所示,在水平面上固定一个半圆形细管,在直径

两端A 、B 分别放置一个正点电荷Q 1、Q 2,且Q 2=8Q 1。现将另一正点电荷

q 从管内靠近A 处由静止释放,设该点电荷沿细管运动过程中电势能最小的

位置为P ,并设P A 与AB 的夹角为θ,则以下关系正确的是( )

A .tan θ=4

B .tan θ=8

C .tan θ=2

D .tan θ=2 2 [答案] C

[解析] 本题考查点电荷形成的电场的特点、电场力做功和电势能变化之间的关系等知识

点,意在考查考生的逻辑推理能力。因为该点电荷沿细管运动过程中电势能最小的位置为P ,则P 点处的电场方向沿半圆细管的圆心向外,如图所示,由图中几何关系

可得,E A =kQ 1(2R cos )θ2,E B =kQ 2(2R sin θ)2,而tan θ=E B E A ,联立可得tan θ=2,选项C 正确。

5.(2014·河北唐山一模)如图所示,匀强电场中的A 、B 、C 三点构成一边长为a 的等边三角形。电场强度的方向与纸面平行。电子以某一初速度仅在静电力作用下从B 移动到A 动能减少E 0,质子以某一初速度仅在静电力作用下从C 移动到A 动能增加E 0,已知电子和质子电荷量绝对值均为e ,则匀强电场的电场强度为( )

A .2E 0ea

B .E 0ea

C .3E 03ea

D .23

E 03ea

[答案] D

[解析] 电子从B 到A 过程中根据动能定理得,-eU BA =-E 0,则B 、A 间的电势差U B A =E 0e ①,质子从C 到A 过程中根据动能定理得,eU CA =E 0,则U CA =E 0e

②。由①②可知B 、C 两点电势相等且大于A 点电势,即φB =φ

C >φA 。

根据题意作出匀强电场的电场分布如图,图中BC 连线为等势面

(如图中虚线),与BC 垂直为电场线(如图中实线),则电场强度大小E =U BA a cos30°=E 0

23a 2

=23E 03ea

,电场强度方向垂直BC ,并指向A ,所以D 正确。 6.(2014·唐山统考)如图所示,矩形的四个顶点a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点,ab =2bc =2L ,电场线与矩形所在的平面平行。已知a 点电势为18V ,b 点电势为10V ,c 点电势为6V 。一质子从a 点以速度v 0射入电场,v 0与

ab 边的夹角为45°,一段时间后质子经过ab 中点e 。不计质子重力,下列判断正确的是( )

A .

d 点电势为12V B .质子从a 到b 电势能增加了8eV

C .电场强度大小为4L

D .质子从a 到e 所用时间为2L 2v 0

[答案] D

[解析] 本题考查匀强电场的场强与电势差的关系、电场力做的

功和电势能变化之间的关系等知识点,意在考查考生的逻辑推理能

力。矩形对角线连线相互平分,则根据匀强电场中场强和电势差的关

系可知,d 点的电势为(18+6-10)V =14V ,而e 点是ab 的中点,可

得e 点的电势为14V ,连接de ,de 为该匀强电场的等势面,过a 点作de 的垂线,沿着电场线方向电势在降低,故电场的方向沿垂线方向向下,选项A 错误;质子从a 到b ,电场力做正功,

电势能减少8eV ,选项B 错误;由图中几何关系可知,E =18-1422

L =42L ,选项C 错误;质子从a 运动到e 时做类平抛运动,沿初速度v 0方向做匀速直线运动,则运动时间为t =22L v 0=2L 2v 0

,选项D 正确。

7.(2015·江西上绕调研)如图甲所示为电场中的一条电场线,质量为m 、电荷量为q (q >0)的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动,经过A 点时速度为v 0,一段时间后到达与A 相距为d 的B 点,速度减为零,已知AO =OB ,粒子在AO 段与OB

段运动时电场力对其做功是相等的,粒子运动的v -t 图象如图乙所示,下列判断正确的是( )

A .O 点场强大小为E =m v 202qd

B .粒子在A 点的速度为粒子在O 点的速度的2倍

C .A 点电势一定高于B 点电势,且U AB =m v 202q

D .粒子在O 点时加速度最大

[答案] BC

[解析] 由Eq =ma 得,E =ma q

,由题图乙可知,粒子运动过程中加速度大小无法确定,O 点的场强大小无法计算,故A 错误;粒子由A 点运动到O 点与由O 点运动到B 点,动能的变化量相同,故粒子在A 点的速度为在O 点的速度的2

倍,故B 正确;粒子由A 点运动到B 点做减速运动,所受电场力方向向左,电场线方向向右,故A 点电势高于B 点电势,又由功

能关系qU AB =12m v 20

知,C 正确;从题图乙图线的斜率看,粒子在O 点时的加速度小于在A 、B 点时的加速度,D 错误。

8.(2014·广东调研)如图所示,C 为平行板电容器,开关S 先接a 对C 充电,当S 接b 后,电容器( )

A .电容减小

B .电压减小

C .所带电荷量减少

D .板间电场强度不变

[答案] BC

[解析] 本题考查平行板电容器电容的决定式、场强与电势差的关系以及电容器充、放电过程的特点。平行板电容器的电容由其结构决定,与电容器是否带电以及带电荷量多少无关,选项A 错误;当S 接b 后,电容器通过灯泡放电,带电荷量不断减小,选项C 正确;由电容

的定义式C =Q U

可知,电容器两极板间的电压U 减小,选项B 正确;由场强与电压的关系E =U d

可知,板间电场强度减小,选项D 错误。 9.(2014·石家庄质量检测)如图所示,在O 点固定一点电荷Q ,一

带电粒子P 从很远处以初速度v 0射入电场,MN 为粒子仅在电场力作

用下的运动轨迹。虚线是以O 为中心,以R 1、R 2、R 3为半径画出的3

个圆,且R 2-R 1=R 3-R 2,a 、b 、c 为轨迹MN 与3个圆的交点,则

下列判断正确的是( )

A .P 、Q 两电荷可能为同种电荷,也可能为异种电荷

B .a 点电势一定高于b 点电势

C .P 在a 点的电势能小于在c 点的电势能

D .P 由a 点到b 点动能变化的绝对值大于由a 点到c 点动能变化的绝对值

[答案] CD

[解析] 本题考查电场力做功、动能定理、电势能变化和电场力做功的关系等知识点,意在考查考生的综合应用能力。根据粒子的轨迹,粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧,故P 、Q 两电荷一定是异种电荷,选项A 错误;因O 点固定的点电荷Q 的电性不确定,故a 、b 两点的电势大小不确

定,选项B 错误;从a 到c ,电场力最终对粒子做负功,电势能增加,即P 在a 点的电势能小于在c 点的电势能,选项C 正确;在孤立点电荷形成的电场中,越靠近场源电荷,场强越大,根据U =Ed ,a 、b 两点间的电势差大于c 、a 两点间的电势差,P 由a 点到b 点,电场

力做的功大于由c 点到a 点电场力做的功,由动能定理可知,P 由a 点到b 点动能变化的绝对值大于由a 点到c 点动能变化的绝对值,选项D 正确。

10.(2014·潍坊联考)光滑绝缘的水平面上方存在一个水平方向的电场,电场线与x 轴平行,电势φ与坐标值x 的关系式为:φ=106x (φ的单位为V ,x 单位为m)。一带正电小滑块P ,从x =0处以初速度v 0沿x 轴正方向运动,则( )

A .电场的场强大小为106V/m

B .电场方向沿x 轴正方向

C .小滑块的电势能一直增大

D .小滑块的电势能先增大后减小

[答案] AD

[解析] 根据场强与电势差的关系可知,E =U d

=106V/m ,A 项正确;沿x 轴正方向电势升高,由沿电场线方向电势不断降低可知,电场方向应沿x 轴负方向,B 项错;小滑块带正电,受电场力方向水平向左,故小滑块先向右减速再反向加速运动,因此电场力先做负功再做正功,其电势能先增大后减小,C 项错误,D 项正确。

第Ⅱ卷(非选择题 共60分)

二、填空题(共3小题,每小题6分,共18分。把答案直接填在横线上)

11.(6分)如图所示是一个平行板电容器,其电容为C ,带电荷量为Q ,

上极板带正电,两极板间距为d 。现将一个检验电荷+q 由两极板间的A

点移动到B 点,A 、B 两点间的距离为s ,连线AB 与平行极板方向的夹角

为30°,则电场力对检验电荷+q 所做的功等于________。

[答案] qQs 2Cd [解析] 电容器两板间电势差U =Q C ,场强E =U d =Q Cd

而A 、B 两点间电势差U AB =E ·s ·sin30°=Qs 2Cd

电场力对+q 所做功为W =qU AB =qQs 2Cd

12.(6分)(2014·北京东城区模拟)如图所示,A 、B 和C 、D 为两对带电金属极板,长度均为l ,其中A 、B 两板水平放置,间距为d ,A 、B 间电压为U 1;C 、D 两板竖直放置,间距也为d ,C 、D 间电压为U 2。有一初速度为0、质量为m 、电荷量为e 的电子经电压U 0加速后,平行于金属板进入电场,则电子进入该电场时的速度大小为________;若电子在穿过电场的过程中始终未与极板相碰,电子离开该电场时的动能为________。(A 、B 、C 、D 四块金属板均互不接触,电场只存在于极板间,且不计电子的重力)

[答案] 2eU 0m eU 0+el 24U 0d

2(U 21+U 22) [解析] 由eU 0=12

m v 2知v =2eU 0m ;电子在平行板间飞行时间t =l v ,沿着AB 方向电子做匀加速运动,加速度a =eU 1md ,AB 方向的位移x =12at 2=U 1l 2

4dU 0

,AB 方向电场力做的功W 1=Fx =eU 21l 24U 0d 2;同理CD 方向上电场力做的功为W 2=eU 22l 24U 0d 2

;由动能定理知离开电场区域后电子动能为eU 0+el 24U 0d

2(U 21+U 22)。 13.(6分)一个质量为m 、带有-q 电荷量的小物体,可在水平轨

道Ox 轴上运动,轴的O 端有一个与轨道相垂直的固定墙面。轨道处

于匀强电场中,场强大小为E ,方向沿Ox 轴正方向,如图所示。小物

体以初速度v 0从x 0处沿Ox 轨道运动,运动时受到大小不变的摩擦力F 作用,且F

[答案] 2qEx 0+m v 202F

[解析] 根据动能定理得:0-12m v 20

=W 电+W F (W 电、W F 分别是电场力的功和摩擦力的功)。W 电=Eq ·x 0,W F =-F ·s ,故-12m v 20=Eqx 0-F ·s ,s =2qEx 0+m v 202F

。 三、论述计算题(共4小题,共42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)

14.(10分)(2014·昆明三中、玉溪一中统考)如图所示,现有一个

小物块,质量为m =80g ,带正电荷q =2×10-

4C ,与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.2,在水平轨道的末端N 处,连接一个光滑的半圆形

轨道,半径为R =40cm 。整个轨道处在一个方向水平向左、场强大小

E =4×103V/m 的匀强电场中,取g =10m/s 2。

(1)若小物块恰能运动到轨道的最高点L ,那么小物块应从距N 点多远处的A 点释放?

(2)如果小物块在(1)中的位置A 释放,当它运动到P 点(轨道中点)时轨道对它的支持力等于多少?

(3)小物块在位置A 释放,当运动到N 点时,突然撤去电场,同时加一匀强磁场,磁感应强度B =2T ,方向垂直纸面向里,则小物块能否运动到L 点?(回答“能”或“不能”即可)

如果小物块最后能落回到水平面MN 上,则刚到达MN 时小物块的速度大小为多少?

[答案] (1)1.25m (2)4.8N (3)能 25m/s

[解析] (1)小物块能通过轨道最高点L 的条件是

mg =m v 2L R

v L =2m/s A 到L 过程:qEs -μmgs -mg ·2R =12

m v 2L -0 解得s =1.25m

(2)小物块由P 到L 过程:

-mgR -qER =12m v 2L -12

m v 2P 解得v P =25m/s

在P 点:F N -qE =m v 2P R

解得F N =4.8N

(3)小物块落回到MN 水平面时,速度的大小v t 等于第一次经过N 点时的速度大小。 由动能定理得

qEs -μmgs =12m v 2N

解得v t =v N =25m/s

15.(10分)如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两极板

不带电,上极板接地,极板长L =0.1m ,两板间距离d =0.4cm ,有

一束由相同粒子组成的带正电粒子流,以某一初速度v 0从两板中央

平行于极板射入,由于重力的作用,粒子能落到下板上。已知粒子质量为m =2×10-6kg ,电荷量q =1×10-8C ,电容器的电容C =1×10-

6F ,g 取10m/s 2,不计空气阻力。 (1)为使第1个粒子落点范围在下极板中点O 到紧靠边缘的B 点之间,则粒子射入的速度应为多少?

(2)以上述速度射入的带电粒子,最多能有多少个粒子落到极板上?

[答案] (1)2.5m/s ≤v 0≤5m/s (2)600

[解析] (1)第1个粒子只受重力作用,落到O 点与B 点时间一样,由d 2=12gt 21

,得:t 1=0.02s ,若落到O 点,由L 2

=v 01t 1得:v 01=2.5m/s ;若落到B 点,由L =v 02t 1得: v 02=5m/s ,故2.5m/s ≤v 0≤5m/s 。

(2)这是恰好出电场的问题,所以算时间用水平运动较方便。由L =v 01t ,得:t =4×10-2s ,再由d 2=12at 2得:a =2.5m/s 2,有mg -qE =ma ,E =Q dC 得:Q =6×10-6C ,所以n =Q q

=600个。

16.(11分)静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点,其装置示意图如图所示。A 、B 为两块平行金属板,间距d =0.30m ,两板间有方向由B 指向A 、电场强度E =1.0×103N/C 的匀强电场。在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ,油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒,油漆微粒的质量m =2.0×10-15kg ,电荷量q =-2.0×10-16C 。喷出的初速度v 0=2.0m/s 。油漆微粒最后都落在金属板B 上。微粒所受重力和空气阻力以及微粒之间的相互作用力均可忽略。求:

(1)微粒落在B 板上的动能。

(2)微粒从离开喷枪后到达B 板所需的最短时间。

(3)微粒最后落在B 板上所形成图形的面积。

[答案] (1)6.4×10-14J (2)0.06s (3)7.5×10-

2m 3 [解析] (1)据动能定理,电场力对每个微粒做功W =E k t -E k0=qEd ,微粒打在B 板上时

的动能E k t =W +E k0=qEd +12m v 20

代入数据解得E k t =6.4×10-14J 。

(2)微粒初速度方向垂直于极板时,到达B 板时间最短,

到达B 板时速度为v t ,由E k t =12

m v 2t 可得v t =8.0m/s ,由于微粒在两极板间做匀变速运动,即d t =v 0+v t 2

。 解得t =0.06s 。

(3)由于喷枪喷出的油漆微粒是沿各个方向的,因此微粒落在B 板上所形成的图形是圆形。喷枪沿垂直电场方向喷出的油漆微粒在电场中做类平抛运动,根据牛顿第二定律,油漆微粒

沿电场方向运动的加速度a =Eq m

运动的位移d =12

at 21 油漆微粒沿垂直于电场方向做匀速运动,运动的位移即为落在B 板上圆周的半径R =v 0t 1 微粒最后落在B 板上所形成的圆面积S =πR 2

联立以上各式,得S =2πmd v 20qE

代入数据解得S =7.5×10-

2m 2。 17.(11分) 如图所示,同一竖直线的A 、B 两点,固定有等质量异种点电荷,电荷量为q ,正、负如图所示,△ABC 为一等边三角形(边长为L ),CD 为AB 边的中垂线,且与右侧竖直光

滑1/4圆弧轨道的最低点C 相切,已知圆弧的半径为R ,现把质量为m 、带电荷量为+Q 的小球(可视为质点)由圆弧的最高点M 静止释放,到最低点C 时速度为v 0。已知静电力常量为k ,现取D 为电势零点,求:

(1)在等量异种电荷的电场中,M 点的电势φM 。

(2)在最低点C 轨道对小球的支持力F N 为多大?

[答案] (1)12Q (m v 20-2mgR ) (2)mg +m v 20R +k Qq L 2 [解析] (1)小球由最高点M 运动到C 的过程中,由动能定理得mgR +U MC Q =12

m v 20 可得MC 两点的电势差为U MC =12Q

(m v 20-2mgR ) 又等量异种电荷中垂线上的电势相等,即C 、D 两点电势相等,故M 点的电势为 φM =U MC =12Q

(m v 20-2mgR )。 (2)小球到达最低点C 时,+q 与-q 对其的电场力F 1、F 2是大小相等的,有F 1=F 2=k Qq L 2 又因为△ABC 为等边三角形,易知F 1、F 2的夹角是120°,所以二者的合力为F 12=k Qq L 2,且方向竖直向下

由牛顿第二定律得F N -mg -F 12=m v 20R

整理得轨道对小球的支持力:F N =mg +m v 20R +k Qq L 2。

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