2019年整理屆高考物理靜電場復(fù)習(xí)題

章末檢測（六）（時(shí)間：90分鐘滿分：100分）一、選擇題（每題3分，共36分）1.一帶電油滴在勻強(qiáng)電場E中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖屮虛線所示，電場方4L向豎直向卜若不計(jì)空氣阻力，則此帶電汕滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，能/bfJ?量的變化情況為（）aA.動(dòng)能減小E電勢能增加動(dòng)能和電勢能Z和減小巫力勢能和電勢能Z利增加答案：C解析：該油滴從a點(diǎn)進(jìn)入電場，根據(jù)其軌跡的彎由迫勢，可以判斷靜電力一定豎直向上，且靜電力大于重力，所以油滴帶負(fù)電荷?運(yùn)動(dòng)過程中合力向上做正功，根據(jù)動(dòng)能定理，油滴動(dòng)能變大，A錯(cuò)誤；靜電力做正功，電勢能必然減少，:B錯(cuò)誤；該處能量定恒的形式表現(xiàn)為電勢能、機(jī)械能（動(dòng)能+重力勢能）之和守恒.根據(jù)能量守恒定律，既然動(dòng)能增加，則重力勢能與電勢能之和一定減少，D錯(cuò)誤；油滴上升，重力勢能變大，動(dòng)能和電勢能之和必然減少.如圖所示，在y軸匕關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的A、B兩點(diǎn)有等最同種點(diǎn)電荷+Q,在x軸上C點(diǎn)有點(diǎn)電荷一Q,且CO=OD,ZADO=60。下列判斷正確的是（）O點(diǎn)電場強(qiáng)度為零D點(diǎn)電場強(qiáng)度為零若將點(diǎn)電荷+q從O移向C,電勢能增人若將點(diǎn)電荷一q從O移向C,電勢能增大答案：BD解析：A、B兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)處形成的電場的合場強(qiáng)為零，因此O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度應(yīng)等于C點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)形成的電場的電場強(qiáng)度.A錯(cuò)；A、B、C三處點(diǎn)電荷在D點(diǎn)處形成的電場強(qiáng)度分別為Eda譚，Edb二令，Eg二年，所以D點(diǎn)合電場強(qiáng)度為E。譚?21^cos60°=0,故B對(duì)；將點(diǎn)電荷+q從O移向C時(shí)，電場力做正功，故電勢能減小，C錯(cuò)；將點(diǎn)電荷?q從O移向C時(shí)，電場力做負(fù)功，故電勢能增大，D對(duì).（2010-天津理綜）在靜電場中，將一正電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力做了負(fù)功，則（）A?b點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定比a點(diǎn)大電場線方向一定從b指向ab點(diǎn)的電勢一定比a點(diǎn)高

該電荷的動(dòng)能一定減小答案：C解析：電場力做負(fù)功，該電荷電勢能增加，正電荷在電勢高處電勢能較大，C正確；電場力做負(fù)功同時(shí)電荷可能還受其他力作用，總功不一定為負(fù)，由動(dòng)能定量可知，動(dòng)能不一定減小，D錯(cuò)；電勢高低與場強(qiáng)大小無必然聯(lián)系，A錯(cuò)；b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)，但a、b可能不在同一條電場線上，B錯(cuò).如圖所示，a、b是兩個(gè)帶冇同種電荷的小球，用絕緣細(xì)線系于同一點(diǎn)，兩球靜止時(shí)它們在同一水平面上，與豎直方向的夾角依次為a=30。、0=60。，若同時(shí)剪斷細(xì)線，不計(jì)空氣阻力，則下列說法中正確的是（）a、b兩小球?qū)⑼瑫r(shí)落到同一水平地面上卜落過程中a小球水平飛行的距離比b小球人卜落過程中a、b小球庫侖力做功相等落地瞬間a小球瑩力的瞬時(shí)功率人于b小球亜力的瞬時(shí)功率答案:AD解析：豎直方向只受重力，A正確；由曇二tana，知igg,庫侖力F相同，水平方向的加速度aa<ab,所以a球水平飛行距離小，B錯(cuò)；庫侖力大小相等，但位移不等，故C錯(cuò)；P=mgo,速度在豎直方向的分量相同，故Pa>Pb,D對(duì).如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷?cM、N,分別固定在A、B兩點(diǎn)，O為AB連線的中點(diǎn)，CD為AB的 p如垂直平分線，在CO之間的F點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球P（設(shè)< J 不改變原來的電場分布），在以后的一段時(shí)間內(nèi)，p在cd連線上做4 ! b往復(fù)運(yùn)動(dòng)，若（） 9小球P的帶電荷屋緩慢減小，則它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中振幅不斷減小小球P的帯電荷量緩慢減小，則它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中每次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速率不斷減小點(diǎn)電荷M、N的帶電荷量同時(shí)等量地緩慢增大，則小球P往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中周期不斷減小點(diǎn)電荷M、N的帶電荷量同時(shí)等量地緩慢增大，則小球P往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中振幅不斷減小答案：BCD解析：本題考查電場力與電荷量、場強(qiáng)的關(guān)系，電場力做功與動(dòng)能的關(guān)系?若小球P的帶電荷量緩慢減小，則小球運(yùn)動(dòng)到某位置時(shí)受到的電場力減小，小球從平衡位置運(yùn)動(dòng)到最大位移過程中克服電場力做的功少了，故能夠到達(dá)更遠(yuǎn)處，振幅增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；此種情況，小球從最大位移向平衡位置運(yùn)動(dòng)的過程中，由于電場力做的功減小，所以到達(dá)平衡位置的動(dòng)能減小，速度減小，B項(xiàng)正確；點(diǎn)電荷M、N的帶電荷雖同時(shí)等量地緩慢增大，小球在某位

置受到的電場力逐漸增大，回復(fù)加速度增大，故周期減小，此種晴況小球從平衡位置到最大位移過程中因電場力増大，故能到達(dá)的最大位移減小，振幅減小，C、D項(xiàng)均正確.兩個(gè)質(zhì)最相同的小球用不町伸長的長為L的絕緣細(xì)線連接，置于場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，小球1和小球2均帶負(fù)電，電荷最分別為qi和q2（qi>q2）?將細(xì)線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示，若將兩小球同時(shí)從靜止釋放，則釋放后細(xì)線中張力T為（不計(jì)朿力及兩小球間的庫侖力）（）T=-(qi-q：)ET=-(qi-q：)Ec.T=|(qi+q2)ET=(qi_q?ED?T=(qi+q?E答案：A解析：由牛頓第二定律，對(duì)球2有T+Eq?二ma對(duì)球1、2整體有Eqi+Eq：=2maE（qi?q2）兩式聯(lián)立得T=\tA正確.如圖所示，A、B兩個(gè)帶電小球的質(zhì)量均為m,所帶電量分別為+q和一q,兩球間用絕緣細(xì)線連接，A球又用絕緣細(xì)線懸掛在天花板上,細(xì)線長均為L現(xiàn)在兩球所在的空間加上一方向向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=晉，A、B兩球最后會(huì)達(dá)到新的平衡位置，則在這個(gè)過程中，兩個(gè)小球（）總重力勢能增加了二AngL總覓力勢能增加了羋mgLc.總電勢能減少了-D.總電勢能減少了￥mgL答案：AD解析：A、B兩個(gè)帶電小球所受電場力為零，故OA線豎直、B球向右偏45。處最后靜止，總電勢能減少了爭mgL,總電勢能減少了爭mgL,則總重力勢能增加了mg（L-Leos45°）=—;~~ingL,故A項(xiàng)正確故D項(xiàng)正確.&示波管町以視為加速電場和偏轉(zhuǎn)電場的組合，若已知前者的電壓為Ui，后者的電壓為U?,極板長為L,間距為d,電子加速前速度可忽略，則示波管的靈敏度（偏轉(zhuǎn)電場中每

單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)最稱為“靈敏度”）與加速電場利偏轉(zhuǎn)電場的關(guān)系，正確的是（L越大，靈敏度越犬 B?d越大，靈敏度越大5越小，靈敏度越人 D?靈敏度與Ui無關(guān)答案：AC解析：設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為p，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)量為y，則U】e二打&,y=2,S*?2?可得：擊=急，可見丄越大，靈敏度越大,d越小.靈敏度越大,ui越小，靈敏度越大，故A、C正確.如圖所示,用電池對(duì)電容器充電,電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板間有一個(gè)電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài)?現(xiàn)將兩極板的間距變大.則（）電荷將向上加速運(yùn)動(dòng)電荷將向卜加速運(yùn)動(dòng)電流表中將有從a到b的電流電流表中將有從b到a的電流答案：BD解析：充電后電容器的上極板A帶正電，不斷開電源，增大兩板間距，U不變、d增大，由E二普知兩極板間場強(qiáng)減小，場強(qiáng)減小會(huì)使電荷q受到的電場力減小，電場力小于重力，合力向下，電荷q向下加速運(yùn)動(dòng)，由C二蠱知電容C減小，由Q=CU知極板所帶電荷量減少，會(huì)有一部分電荷返回電源，形成逆時(shí)針方向的電流，電流表中將會(huì)有由b到a的電流，選項(xiàng)B、D正確?如圖所示，宿一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為Ui時(shí)，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出：當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帯電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓Z比為（）5:5=1:85:5:5=1:85:U2=l：4Ui:5=1:2Ui:5=1:2Ui:U2=l:1答案:A所以,可知A項(xiàng)正確.如圖所示，一個(gè)平行板電容器，板間距離為d,當(dāng)對(duì)其加上電壓后，A、B兩板的電勢分別為+卩和一/下述結(jié)論正確的是（ ）A.電容器兩極板間可形成勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E=0/d

電容器兩極板間各點(diǎn)的電勢，有的相同，有的不同：有正的，有負(fù)的，有的為零若只減小兩極板間的距離d,該電容器的電容C要增人，極板上帶的電荷量Q也會(huì)增加若有一個(gè)電子水平射入穿越兩極板之間的電場，則電子的電勢能一定會(huì)減小答案：BCD解析：由題意可知，兩板間電壓為,電場強(qiáng)度為E二乎，A錯(cuò)誤；板間與板平行的中線上電勢為零，中線上方為正，下方為負(fù)，故B正確；由中線上電勢為零，中線上方為正，下方為負(fù)，故B正確；由C二旦47ikd知，d減小，C增大，由Q=CU知，極板帶電荷量Q增加，C正確；電子水平射入穿越兩極板之間的電場時(shí)，電場力一定對(duì)電子做正功，電子的電勢能一定減小，D正確.如圖所示，一電容為C的平行板電容器，兩極板A、B|月 |同距離為d,板間電壓為U,B板電勢高于A板，兩板間有M、N、」乙/廣TU > ；dP三點(diǎn)，MN連線平行于極板，N、P連線垂直于極板，M、P兩［匕5n丄點(diǎn)間距離為L,ZPMN=&以下說法正確的是（）電容器帶電量為君兩極板間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度人小為M、P兩點(diǎn)間的電勢差為咚譽(yù)若將帶電最為+q的電荷從M移到P,該電荷的電勢能減少了皿護(hù)答案：CD解析：由電容器電容的定義式可知，電容器的帶電量為Q=CU,A項(xiàng)錯(cuò)誤；兩板間的電場為勻強(qiáng)電場，根據(jù)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系可知，兩板間電場強(qiáng)度E=亍，D項(xiàng)錯(cuò)誤；MP兩點(diǎn)間的電勢差就等于NP間的電勢差，即Ump二ELsin&二吏護(hù)于下板帶正電，因此板間場強(qiáng)方向豎直向上，將帶電量為+q的電荷從M點(diǎn)移到P點(diǎn)，電場力做正功，電勢能減少量就等于電場力做的功，即為qUwp二迎晉，D項(xiàng)正確?本題較易.二、填空題（每題4分，共12分）如圖所示是一個(gè)平行板電容器，其電容為C,帶電荷量為Q,上極板帶正電，兩極板間距為d現(xiàn)將一個(gè)檢驗(yàn)電荷+q由兩極板間的A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)間的距離為s,連線AB與平行極板方向的夾角為30。，則電場力對(duì)檢驗(yàn)電荷+q所做的功等于 ?姣案.口宋?2Cd

解析：電容器兩板間電勢差U=^，場強(qiáng)E二普二尋,而A、B兩點(diǎn)間電勢差Uab=E-s-sin30° ?電場力對(duì)+q所做功為W二qUAB二巻一電子以4XIO*5m/s的速度沿與電場垂直的方向從A點(diǎn)水平垂直于場強(qiáng)方向飛入，并從B點(diǎn)沿與場強(qiáng)方向成150。的方向飛出該電場，如圖所示，則A、B兩點(diǎn)的電勢差為 V」（電子的質(zhì)量為91X10-31kg,電荷量為一16X10^9C）答案：-1365解析：設(shè)電子射入電場時(shí)的速度為玖，射出電場時(shí)的速度為述，從圖可知述二石為二2vk,根據(jù)動(dòng)能定理，有W=eUAB①由式①②得eUAB二為疳?|in^A2二Tm^A2所以Uab二所以Uab二3m%2 3X91X1O-31X(4X10%；-16X10-19X2=-136.5V如圖所示.地面上某區(qū)域存在著勻強(qiáng)電場，其等勢面與地面平行等間距.一個(gè)質(zhì)最為m、電荷量為q的帶電小球以水平方向的初速度巾由等勢線上的O=-136.5V如圖所示.地面上某區(qū)域存在著勻強(qiáng)電場，其等勢面與地面平行等間距.一個(gè)質(zhì)最為m、電荷量為q的帶電小球以水平方向的初速度巾由等勢線上的O點(diǎn)進(jìn)入電場區(qū)域，經(jīng)過時(shí)間t,小球由O點(diǎn)到達(dá)同一豎直平面上的另一等勢線上的P點(diǎn).己知連線OP與水平方向成45。夾角，重力加速度為g,則OP兩點(diǎn)的電勢差為 ?S32mcu2-mgct）t答案： 解析：因?yàn)閞y=2q）,由動(dòng)能定理可得：J+/）-爲(wèi)加二噸球+qUop,所以U0PZiteV-mgiht—— ，帶電粒子在電場與重力場的復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)，可利用合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,把曲線轉(zhuǎn)化為直線運(yùn)動(dòng)，簡化運(yùn)動(dòng)過程?三、計(jì)算題決5題，共52分）（10分）質(zhì)量都是m的兩個(gè)完全相同、帯等量異種電荷的小球A、B分別用長1的絕緣細(xì)線懸掛在同一水平面上相距為21的M、N兩點(diǎn)，平衡時(shí)小球A、B的位遇如圖甲所示,線S豎克方向夾角a=30%當(dāng)外加水平向左的勻強(qiáng)電場時(shí)，兩小球平衡位置如圖乙所示,線與豎直方向夾角也為a=30%求:（1） A、B小球電性及所帶電荷呈Q；（2） 外加勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E答案：解析：（1）A球帶正電，B球帶負(fù)電兩小球相距d=21-Zlsin30°=12由A球受力平衡可得：mgtana二予（2）外加電場時(shí)，兩球相距d'=21+21sin30°=3：根據(jù)A球受力平衡可得：QE-備二mgtana（10分）在一個(gè)水平面上建立x軸，在過原點(diǎn)O垂直于x軸的平 | 面的右側(cè)空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E=60X105N/C,方向與x[ 軸正方向相同?在O處放一個(gè)電荷量9=TOXIO^C,質(zhì)量m=l0X107燉的絕緣物塊，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)“=020,沿x軸正方 叢"向給物塊一個(gè)初速度“一20m/s,如圖所示，求物塊最終停止時(shí)的位置.（g取lOm/s2）答案：在0點(diǎn)左側(cè)距0點(diǎn)0.2m處解析：物塊先在電場中向右減速，i殳運(yùn)動(dòng)的位移為xi,由動(dòng)能定理得：?（qE+中g(shù)）xi=0?為期2所以XI二一皿一，代入數(shù)據(jù)得XI二0.4m2（qE+中g(shù)）可知，當(dāng)物塊向右運(yùn)動(dòng)0.4m時(shí)速度減為零，因物塊所受的電場力F二qE二0.03N>“昭，所以物塊將沿x軸負(fù)方向加速，跨過0點(diǎn)之后在摩探力作用下減速，最終停止在0點(diǎn)左側(cè)某處，設(shè)該點(diǎn)距0點(diǎn)距離為x：f則-中g(shù)（2xi+X2）二0?爲(wèi),解之得X2=02m（10分）（2010萊蕪模擬）一質(zhì)最為m、帶電荷最為+q的小球以水平初速度冼進(jìn)入豎直向上的勻強(qiáng)電場中，如圖甲所示.今測得小球進(jìn)入電場后在豎直方向卜降的高度y與水平方向的位移x之間的關(guān)系如圖乙所示，根據(jù)圖乙給出的信息，（重力加速度為g）求：

⑴勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的人小;(2)小球從進(jìn)入勻強(qiáng)電場到卜降h高度的過程中，電場力做的功;小球在h高度處的動(dòng)能.C)'FnuJ—mghL?

L-S3 湎用C)'FnuJ—mghL?

L-答案：(1)才--石L加h'm巾'|g)~t^+丁解析：(1)小球進(jìn)入電場后,水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)過時(shí)間t,水平方向：球(mg-(mg-qE)T豎直方向：——=h2m(2)電場力做功為2h2mct)2-mgliL217W=-qEh=17(3)根據(jù)動(dòng)能定理mgh-qEh=E)(-—-得￡k=2hW+n^(10分)如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏.現(xiàn)有一電荷量為+q、質(zhì)最為m的帶電粒子(覓力不計(jì))，以垂直于電場線方向的初速度5射入電場中，珂方向的延長線與屏的交點(diǎn)為O試求：粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間；粒子剛射出電場時(shí)的速度方向與初速度方向何夾角的正切值tana：粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離s答案：⑴豐(疇解析：(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入0T到打到屏上所用的時(shí)間t二石C)辺粒了射出電場時(shí)沿平行屯場線方向