（江蘇專用）高三物理一輪復(fù)習(xí) 必考部分 第6章 靜電場(chǎng)章末過(guò)關(guān)練-人教高三物理試題

章末過(guò)關(guān)練靜電場(chǎng)(時(shí)間：60分鐘滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題5分，共25分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)．1．絕緣細(xì)線的一端與一帶正電的小球M相連接，另一端固定在天花板上，在小球M下面的一絕緣水平面上固定了另一個(gè)帶電小球N，在下列情況下，小球M能處于靜止?fàn)顟B(tài)的是()BM受到三個(gè)力的作用處于平衡狀態(tài)，則絕緣細(xì)線對(duì)小球M的拉力與小球N對(duì)小球M的庫(kù)侖力的合力必與M的重力大小相等，方向相反，其受力分析圖如圖所示，故B正確．2．如圖1所示，一正離子在電場(chǎng)力作用下從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場(chǎng)方向相同．該離子從A點(diǎn)到B點(diǎn)的v-t圖象是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622452】圖1CA點(diǎn)的電場(chǎng)線密，故A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大，因此該離子在A點(diǎn)的加速度大，在v-t圖象中，圖線斜率逐漸變小，故C對(duì)．3．如圖2所示，在兩個(gè)等量負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，O點(diǎn)是兩電荷連線的中點(diǎn)，a、b是該線上的兩點(diǎn)，c、d是兩電荷連線中垂線上的兩點(diǎn)，acbd為一菱形．若將一負(fù)離子(不計(jì)重力且不影響原電場(chǎng)分布)從c點(diǎn)勻速移動(dòng)到d點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度用E、電勢(shì)用φ來(lái)表示．則下列說(shuō)法正確的是()圖2A．φa一定小于φO，φO一定大于φcB．Ea一定大于EO，EO一定大于EcC．負(fù)離子的電勢(shì)能一定先增大后減小D．施加在負(fù)離子上的外力一定先減小后增大C兩等量同種負(fù)點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O的場(chǎng)強(qiáng)為零，B項(xiàng)錯(cuò)；由c到O過(guò)程中，負(fù)離子受到沿Oc方向的電場(chǎng)力作用，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，由電勢(shì)能與電勢(shì)關(guān)系可知，φO一定小于φc，A項(xiàng)錯(cuò)；由O到d過(guò)程中，負(fù)離子受到沿Od方向的斥力，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故C項(xiàng)正確；在兩點(diǎn)電荷連線垂直平分線上，由O到無(wú)窮遠(yuǎn)處，場(chǎng)強(qiáng)先增大后減小，由題意不能確定d點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)與中垂線上場(chǎng)強(qiáng)最大值的關(guān)系，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．4．在方向水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線的一端連接一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球．細(xì)線另一端固定于O點(diǎn)，把小球拉起直至細(xì)線水平，如圖3所示．將小球無(wú)初速度釋放，小球向下擺動(dòng)的最大角度為45°，重力加速度為g，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622453】圖3A.eq\f(mg,q) B．(eq\r(2)＋1)eq\f(mg,q)C．(eq\r(2)－1)eq\f(mg,q) D.eq\f(2\r(2)＋1,2)·eq\f(mg,q)B設(shè)絕緣細(xì)線的長(zhǎng)度為l，由動(dòng)能定理得mgeq\f(\r(2),2)l－qEeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(\r(2),2)l))＝0，E＝eq\f(\r(2)＋1,q)mg，選項(xiàng)B正確．5．兩個(gè)不等量異種點(diǎn)電荷位于x軸上，a帶正電，b帶負(fù)電，|qa|>|qb|，且a、b相對(duì)坐標(biāo)原點(diǎn)位置對(duì)稱．取無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，下列各選項(xiàng)正確描述x軸上的電勢(shì)φ隨位置x變化規(guī)律的是()D電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)而終止于負(fù)電荷，沿著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，由于|qa|>|qb|，故在b電荷右側(cè)存在電場(chǎng)強(qiáng)度為零的位置；φ-x圖象的切線斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度．故D正確．二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，錯(cuò)選或不答的得0分)．6.(2017·淮安模擬)如圖4所示，A、B、C為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，∠A＝30°，D為AB的中點(diǎn)，負(fù)點(diǎn)電荷Q位于D點(diǎn)．A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別用φA、φB、φC表示，下列說(shuō)法正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622454】圖4A．φC等于φAB．A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．負(fù)檢驗(yàn)電荷在BC連線上各點(diǎn)具有的電勢(shì)能都相等D．將正檢驗(yàn)電荷沿AC從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功AD點(diǎn)電荷的等勢(shì)面是一系列的同心圓，A、C兩點(diǎn)在同一個(gè)等勢(shì)面上，故φC等于φA，故A正確；A、B兩點(diǎn)與場(chǎng)源點(diǎn)電荷距離相等，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)，故AB兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向不同，故A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不相同，故B錯(cuò)誤；BC連線上各點(diǎn)距場(chǎng)源距離不等，電勢(shì)不等，根據(jù)Ep＝qφ，負(fù)檢驗(yàn)電荷在BC連線上各點(diǎn)具有的電勢(shì)能不相等，故C錯(cuò)誤；AC連線上，越靠近負(fù)電荷電勢(shì)越低，從A到C電勢(shì)先降低后升高，正檢驗(yàn)電荷具有的電勢(shì)能先減小后增大，故電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，故D正確．7.如圖5所示，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從兩帶電平行板的正中間沿與勻強(qiáng)電場(chǎng)垂直的方向射入，不計(jì)粒子所受的重力．當(dāng)粒子的入射速度為v時(shí)，它恰能穿過(guò)電場(chǎng)區(qū)域而不碰到金屬板上．現(xiàn)欲使質(zhì)量為m、入射速度為eq\f(v,2)的粒子也能恰好穿過(guò)這一電場(chǎng)區(qū)域而不碰到金屬板，在以下的僅改變某一物理量的方案中，可行的是()圖5A．使粒子的帶電量減少為原來(lái)的eq\f(1,4)B．使兩板間所接電源的電壓減小到原來(lái)的一半C．使兩板間的距離增加到原來(lái)的2倍D．使兩極板的長(zhǎng)度減小為原來(lái)的一半ACD設(shè)電容器兩板間距為d，板長(zhǎng)為l，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得l＝vt，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,dm)t2，可得d2＝eq\f(qUl2,mv2).粒子帶電量減少為原來(lái)的eq\f(1,4)，則d′2＝eq\f(qUl2,mv2)＝d2，滿足條件，選項(xiàng)A正確；電壓變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，則d′2＝2eq\f(qUl2,mv2)＝2d2，不滿足條件，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩板間距離增加到原來(lái)的2倍，則d′2＝4eq\f(qUl2,mv2)＝4d2，滿足條件，選項(xiàng)C正確；兩極板長(zhǎng)度減小到原來(lái)的一半，則d′2＝eq\f(qUl2,mv2)＝d2，滿足條件，選項(xiàng)D正確，故不可行的是選項(xiàng)B.8.如圖6所示，一個(gè)電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布關(guān)于y軸對(duì)稱，等腰直角三角形OPQ處于電場(chǎng)中，A為OQ中點(diǎn)，則下列說(shuō)法中正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622455】圖6A．Q點(diǎn)的電勢(shì)比A點(diǎn)的電勢(shì)低B．將負(fù)電荷由O點(diǎn)移動(dòng)到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功C．OA兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大于AQ兩點(diǎn)間的電勢(shì)差D．在O點(diǎn)靜止釋放一個(gè)帶正電粒子，該粒子將沿y軸做勻變速直線運(yùn)動(dòng)AC因?yàn)檠刂妶?chǎng)線的方向，電勢(shì)降低，所以Q點(diǎn)的電勢(shì)低于A點(diǎn)的電勢(shì)，選項(xiàng)A正確；將負(fù)電荷由O點(diǎn)移到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于OA之間的電場(chǎng)強(qiáng)度大于AQ之間的電場(chǎng)強(qiáng)度，而OA＝AQ，故OA之間的電勢(shì)差大于AQ之間的電勢(shì)差，選項(xiàng)C正確；從O點(diǎn)開始，沿y軸正方向，電場(chǎng)線越來(lái)越疏，電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越小，故帶正電粒子將做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．9.如圖7所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ的絕緣光滑斜面處于電場(chǎng)中，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電小球，以初速度v0由斜面底端的A點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端B點(diǎn)時(shí)速度仍為v0.下列判斷正確的是()圖7A．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)相等B．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為eq\f(mgLsinθ,q)C．小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和與在B點(diǎn)時(shí)相同D．由A到B過(guò)程中電場(chǎng)力做的功大于克服重力做的功BC小球受到重力、電場(chǎng)力和支持力的作用運(yùn)動(dòng)，支持力不做功，由能量守恒得小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和電勢(shì)能的總和保持不變，A點(diǎn)和B點(diǎn)的動(dòng)能相同，故A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能和重力勢(shì)能的總和相同，C正確；由A到B過(guò)程中電場(chǎng)力做功等于克服重力所做的功，則有UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(mgLsinθ,q)，B正確，A、D錯(cuò)誤．三、非選擇題(本題共3小題，共51分．按題目要求作答，解答題應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)．10.(17分)用兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線各系一個(gè)小球，并懸掛于同一點(diǎn)．已知兩小球質(zhì)量均為m，當(dāng)它們帶上等量同種電荷時(shí)，兩細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ，如圖8所示．若已知靜電力常量為k，重力加速度為g.求：圖8(1)小球所受拉力的大?。?2)小球所帶的電荷量．【解析】(1)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示．設(shè)繩子對(duì)小球的拉力為FT，則eq\f(mg,T)＝cosθFT＝eq\f(mg,cosθ).(2)設(shè)小球在水平方向受到庫(kù)侖力的大小為F，則eq\f(F,mg)＝tanθ，F(xiàn)＝mgtanθ又F＝keq\f(Q2,r2)，r＝2Lsinθ所以Q＝2Lsinθeq\r(\f(mgtanθ,k)).【答案】(1)eq\f(mg,cosθ)(2)2Lsinθeq\r(\f(mgtanθ,k))11．(17分)如圖9所示為一個(gè)從上向下看的俯視圖，在光滑絕緣的水平桌面上，固定放置一條光滑絕緣的擋板軌道ABCD，AB段為直線，BCD段是半徑為R的一部分圓弧(兩部分相切于B點(diǎn))，擋板處于場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與圓的直徑MN平行，現(xiàn)使一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的小球(不計(jì)重力)由靜止從斜擋板內(nèi)側(cè)上某點(diǎn)釋放，為使小球能沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，最后從D點(diǎn)拋出，試求：圖9(1)小球從釋放點(diǎn)到N點(diǎn)沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向的最小距離；(2)在上述條件下小球經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)對(duì)擋板的壓力大?。窘馕觥?1)根據(jù)題意分析可知，小球過(guò)M點(diǎn)對(duì)擋板恰好無(wú)壓力時(shí)，s最小，根據(jù)牛頓第二定律有：qE＝meq\f(v\o\al(2,M),R).由動(dòng)能定理得：qE(s－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)聯(lián)立解得：s＝eq\f(5,2)R.(2)小球過(guò)N點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：N－qE＝meq\f(v\o\al(2,N),R)由動(dòng)能定理得：qEs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)聯(lián)立解得：N＝6qE.【答案】(1)eq\f(5,2)R(2)6qE12．(17分)如圖10所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距離為d＝8cm，板長(zhǎng)為L(zhǎng)＝25cm，接在直流電上，有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)迅速將下板向上提起eq\f(4,3)cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622456】圖10(1)將下板向上提起后，液滴的加速度大??；(2)液滴從射入電場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用時(shí)間為多少？(g取10m/s2)【解析】(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場(chǎng)力，因?yàn)橐旱蝿蛩龠\(yùn)動(dòng)，所以有：qE＝mg，qeq\f(U,d)＝mg，即：qU＝mgd.當(dāng)下板向上提后，d減小，E增大，電場(chǎng)力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)．此時(shí)液滴所受電場(chǎng)力F＝qeq\f(U,d′)＝eq\f(mgd,d′)，a＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,d′)－1)),m)＝eq\f(