2020屆人教高考物理一輪穩(wěn)優(yōu)提優(yōu)題：靜電場練習及答案

人教高考物理一輪穩(wěn)優(yōu)提優(yōu)題：靜電場練習及答案**靜電場**一、選擇題1、帶電微粒所帶的電荷量不可能是下列值中的()A．2.4×10－19CB．－6.4×10－19CC．－1.6×10－18CD．4.0×10－17C【參考答案】A2、(多選如圖所示，將一帶正電小球從A點以一定速度沿與水平方向成θ角拋出，隨后落到了與A等高的B點；若其他條件不變，在空間加一豎直向下的勻強電場．不考慮空氣阻力，則下列說法中正確的是()A．兩次到達虛線處的時間相等B．兩次到達最高點的速度相同C．兩次到達虛線處的速度相同D．第二次落點在B點的右側(cè)解析：選BC.帶正電小球，在空間加一豎直向下的勻強電場后，受到豎直向下的電場力，加速度增大，根據(jù)vy＝at，粒子回到B點的時間變短，選項A錯誤；兩次到達最高點時都只有水平速度，而小球在水平方向上做勻速直線運動，故兩次到達最高點的速度相同，選項B正確；兩次到達虛線處電場力和重力做功都為0，根據(jù)功能關(guān)系知，兩次到達虛線處的速度相同，選項C正確；加電場后，小球回到B點的時間變短，根據(jù)x＝v0t，則第二次落點在B點的左側(cè)，選項D錯誤．3、兩個分別帶有電荷量－Q和＋5Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)閑q\f(r,2)，則兩球間庫侖力的大小為()A.eq\f(5F,16)B．eq\f(F,5)C.eq\f(4F,5)D．eq\f(16F,5)解析：選D.兩球相距r時，根據(jù)庫侖定律F＝keq\f(Q·5Q,r2)，兩球接觸后，帶電荷量均為2Q，則F′＝keq\f(2Q·2Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))\s\up12(2))，由以上兩式可解得F′＝eq\f(16F,5)，D正確．4、如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強電場，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的物塊從A點由靜止開始下落，加速度為eq\f(1,3)g，下落高度H到B點后與一輕彈簧接觸，又下落h到達最低點C，整個過程中不計空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點運動到C點的過程中，下列說法正確的是()A．該勻強電場的電場強度大小為eq\f(mg,3q)B．帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減小量為eq\f(mg（H＋h）,3)C．帶電物塊電勢能的增加量為mg(H＋h)D．彈簧的彈性勢能的增加量為eq\f(mg（H＋h）,3)解析：選D.剛開始物塊的加速度為eq\f(1,3)g，由牛頓第二定律得mg－Eq＝ma，則E＝eq\f(2mg,3q)，選項A錯誤；帶電物塊在由A點運動到C點的過程中，電場力做功為－Eq(h＋H)＝－eq\f(2mg（h＋H）,3)，帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少量為eq\f(2mg（h＋H）,3)，帶電物塊電勢能的增加量為eq\f(2mg（h＋H）,3)，選項B、C錯誤；由能量守恒知，彈簧的彈性勢能的增加量為mg(h＋H)－eq\f(2mg（h＋H）,3)＝eq\f(mg（h＋H）,3)，選項D正確．5、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點，設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則()A．Wa＝Wb，Ea>Eb B．Wa≠Wb，Ea>EbC．Wa＝Wb，Ea<Eb D．Wa≠Wb，Ea<Eb解析：選A.因a、b兩點在同一等勢線上，故Uac＝Ubc，Wa＝eUac，Wb＝eUbc，故Wa＝Wb.由題圖可知a點處電場線比b點處電場線密，故Ea>Eb.選項A正確．6、靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大?。鐖D所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，D為靜電計，開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，下列采取的措施可行的是()A．斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板分開些B．斷開開關(guān)S后，增大A、B兩極板的正對面積C．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些D．保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器的滑片向右移動解析：選B.斷開開關(guān)S，電容器所帶電荷量不變，將A、B兩極板分開些，則d增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差增大，指針張角增大，選項A錯誤；斷開開關(guān)S，增大A、B兩極板的正對面積，即S增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C增大，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差減小，指針張角減小，選項B正確；保持開關(guān)S閉合，無論將A、B兩極板分開些，還是將兩者靠近些，電容器兩端的電勢差都不變，則指針張角不變，選項C錯誤；保持開關(guān)S閉合，滑動變阻器僅充當導線作用，電容器兩端的電勢差不變，滑片滑動不會影響指針張角，選項D錯誤．7、如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中．當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動．重力加速度為g.粒子運動的加速度為()A.eq\f(l,d)g B．eq\f(d－l,d)gC.eq\f(l,d－l)g D．eq\f(d,d－l)g解析：選A.帶電粒子在電容器兩極板間時受到重力和電場力的作用，最初處于靜止狀態(tài)，由二力平衡條件可得：mg＝qeq\f(U,d－l)；當把金屬板從電容器中快速抽出后，電容器兩極板間的電勢差不變，但兩極板間的距離發(fā)生了變化，引起電場強度發(fā)生了變化，從而電場力也發(fā)生了變化，粒子受力不再平衡，產(chǎn)生了加速度，根據(jù)牛頓第二定律ma＝mg－qeq\f(U,d)，兩式聯(lián)立可得a＝eq\f(l,d)g.8、如圖所示是高壓電場干燥中藥技術(shù)基本原理圖，在大導體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極O和平板電極MN接高壓直流電源，其間產(chǎn)生較強的電場．水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電，另一端帶等量負電；水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分離出去，在鼓風機的作用下飛離電場區(qū)域從而加速干燥，圖中虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運動軌跡．下列說法正確的是()A．A處的電場強度大于D處B．B處的電勢高于C處C．水分子做勻變速運動D．水分子由A運動到C的過程中電勢能減少解析：選D.根據(jù)電場線的疏密表示電場強度的大小可知，A處的電場強度小于D處，選項A錯誤；根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知，B處的電勢低于C處，選項B錯誤；由于電場是非勻強電場，所以水分子做非勻速運動，選項C錯誤；水分子由A運動到C的過程中，電場力做正功，電勢能減少，選項D正確．9、(多選)如圖所示，空間有豎直方向的勻強電場(圖中未畫出)，一帶正電的小球質(zhì)量為m，在豎直平面內(nèi)沿與水平方向成30°角的虛線MN以速度v0斜向上做勻速運動．當小球經(jīng)過O點時突然將電場方向旋轉(zhuǎn)一定的角度，電場強度大小不變，小球仍沿MN方向做直線運動，選O點電勢為零，重力加速度為g，則()A．原電場方向豎直向下B．改變后的電場方向垂直于MNC．電場方向改變后，小球的加速度大小為gD．電場方向改變后，小球的最大電勢能為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)解析：選CD.因帶電小球斜向上做勻速運動，所以小球所受合力為零，故電場力與重力等大反向，所以電場力向上，又因為小球帶正電，所以電場方向豎直向上，故A錯誤；當電場方向改變后，小球仍做直線運動，此時小球只能做勻減速直線運動，因電場力大小不變與重力大小相等，故改變后的電場方向與重力方向夾角為120°，指向左側(cè)，由題意可知合力大小也等于重力，所以加速大小等于g，故B錯誤，C正確；由動能定理可得W電＋WG＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又因為W電＝WG，所以W電＝－eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，故電勢能增加eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，即最大電勢能為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，故D正確．10、(多選)目前的手機觸摸屏大多是電容式觸摸屏．電容式觸摸屏內(nèi)有一導電層，導電層四個角引出四個電極．當手指觸摸屏幕時，人體和觸摸屏就形成了一個電容，電容具有“通高頻”的作用，從而導致有電流分別從觸摸屏四角上的電極中流過，并且流經(jīng)這四個電極的電流與手指到四角的距離成正比，控制器通過對這四個電流比例的精確計算，得出觸摸點的位置信息，在開機狀態(tài)下，下列說法正確的是()A．電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置是因為手指對屏幕按壓產(chǎn)生了形變B．電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置是利用了電磁感應現(xiàn)象C．當手指觸摸屏幕時手指有微弱的電流流過D．當手指離開屏幕時，電容變小，對高頻電流的阻礙變大，控制器不易檢測到手指的準確位置解析：選CD.電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置是因為手指與屏幕形成電容器，選項A、B錯誤；當手指觸摸屏幕時手指中的電荷定向移動，有微弱的電流流過，選項C正確；當手指離開屏幕時，板間距離增大，電容變小，對高頻電流的阻礙變大，控制器不易檢測到手指的準確位置，選項D正確．11、沿電場中某條直線電場線方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示，坐標點O、x1、x2和x3分別與x軸上M、A、B、C四點相對應，相鄰兩點間距相等．一個帶正電的粒子從M點附近由靜止釋放，運動到A點處的動能為Ek，僅考慮電場力作用．則()A．從M點到C點，電勢先升高后降低B．粒子先做勻加速運動，后做變加速運動C．粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的D．粒子運動到C點時動能小于3Ek解析：選CD.由題意知，帶正電的粒子受電場力方向沿x軸正方向，由題圖知，從M點到C點，電場的方向不變，電勢一直降低，故A錯；由圖知，電場強度一直在變，粒子所受電場力在變，所以粒子一直做變加速運動，故B錯；由圖知AB段電場強度的平均值大于BC段的平均值，而位移相同，所以在AB段電場力做功較多，電勢能的變化量較大，故C對；根據(jù)E－x圖象與坐標軸所圍面積表示兩點間的電勢差，由圖知，AC段圖象所圍面積小于MA段的2倍，根據(jù)動能定理知粒子運動到C點時動能小于3Ek，故D對．二、非選擇題1、中國科學院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用．如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極．質(zhì)子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變．設(shè)質(zhì)子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的eq\f(1,2).質(zhì)子的比荷取1×108C/kg.求：(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓．解析：(1)設(shè)質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，則T＝eq\f(1,f) ①L＝vB·eq\f(T,2) ②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4m． ③(2)設(shè)質(zhì)子進入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運動到E電場做功W′，質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)量為m，則W＝qU ④W′＝3W ⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ⑥聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104V.答案：(1)0.4m(2)6×104V2、如圖所示，質(zhì)量為m的小球A穿在絕緣細桿上，桿的傾角為α，小球A帶正電，電荷量為q.在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷．將A由距B豎直高度為H處無初速釋放，小球A下滑過程中電荷量不變．不計A與細桿間的摩擦，整個裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g.求：(1)A球剛釋放時的加速度是多大；(2)當A