（江蘇專用）高考物理一輪復(fù)習 章末質(zhì)量檢測 第6章 靜電場（含解析）-人教版高三物理試題

章末質(zhì)量檢測(六)靜電場（含解析）(時間：60分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分。在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的。)1.如圖1所示，實線是電場線，一帶電粒子只在電場力的作用下沿虛線由A運動到B的過程中，其速度－時間圖象是選項中的()圖1解析電場力的方向指向軌跡的凹側(cè)且沿與電場線相切的方向，因此粒子從A運動到B的過程中電場力方向與速度方向的夾角大于90°，粒子做減速運動，電場力越來越小，加速度越來越小，故B項正確。答案B2.如圖2所示，a、b、c三條虛線為電場中的等勢面，等勢面b的電勢為零，且相鄰兩個等勢面間的電勢差相等，一個帶正電的粒子(粒子重力不計)在A點時的動能為10J，在電場力作用下從A運動到B速度為零，當這個粒子的動能為7.5J時，其電勢能為()圖2A．12.5JB．2.5JC．0D．－2.5J解析根據(jù)題意可知，帶電粒子從A到B，電場力做功為－10J(動能定理)，則帶電粒子從A運動到等勢面b時，電場力做功為－5J，粒子在等勢面b時動能為5J。帶電粒子在電場中的電勢能和動能之和為5J，是守恒的，當動能為7.5J時，其電勢能為－2.5J。答案D3.(2015·陜西西安第二次質(zhì)檢)如圖3所示，地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強電場，一個質(zhì)量為m的帶負電的小球以水平方向的初速度v0由O點射入該區(qū)域，剛好通過豎直平面中的P點，已知連線OP與初速度方向的夾角為45°，則此帶電小球通過P點時的動能為()圖3A．mveq\o\al(2,0)B．2mveq\o\al(2,0)C.eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析根據(jù)平拋運動的特點得小球在水平方向上做勻速運動，x＝v0t，小球在豎直方向上做勻加速直線運動，y＝eq\f(1,2)at2，mg－qE＝ma，由tan45°＝eq\f(y,x)，解得t＝eq\f(2v0,a)，故vy＝2v0，v合＝eq\r(5)v0，故小球的動能Ek＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，C正確。答案C4．(2016·南昌調(diào)研)如圖4所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()圖4A．油滴帶正電B．油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C．電容器的電容為eq\f(kmgd,U2)D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動解析帶電油滴靜止在兩極板間，重力與電場力等大、反向，電場力豎直向上，電容器上極板與電源正極相連為正極板，兩板間電場方向豎直向下，綜上可知，帶電油滴帶負電，A項錯誤；由場強與電勢差關(guān)系可知，mg＝Eq＝eq\f(U,d)q，解得q＝eq\f(mgd,U)，B項錯誤；由題意知，電容器帶電荷量Q＝kq＝eq\f(kmgd,U)，由電容的定義式知，C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(kmgd,U2)，C項正確；電容器與電源保持連接，兩板間電勢差不變，N板向下移動，板間距離變大，F(xiàn)電＝eq\f(U,d)q，油滴所受電場力減小，油滴向下運動，D項錯誤。答案C5．在點電荷Q的電場中的O點，由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的試探電荷，試探電荷運動到a點時的速度大小為v。若該試探電荷從無窮遠處運動到電場中的a點時，需克服電場力做功為W，試探電荷運動到a點時的速度大小仍為v，設(shè)無窮遠處電勢為零。則下列判斷正確的是()A．電場中a點電勢φa＝eq\f(W,q)B．電場中O點電勢為φO＝eq\f(W,q)－eq\f(mv2,2q)C．試探電荷的最大速度為vm＝eq\r(\f(2W,m))D．a(chǎn)O間電勢差為UaO＝eq\f(mv2,2q)解析正試探電荷從無窮遠處移到電場中a點克服電場力做功W，表明電場力為斥力，場源電荷帶正電，由電場力做功得W＝qUa∞＝(φa－φ∞)q，a點電勢φa＝eq\f(W,q)，A項正確；若將試探電荷從O移到a，由動能定理得qUOa＝eq\f(1,2)mv2－0，而UOa＝φO－φa，解得φO＝eq\f(W,q)＋eq\f(mv2,2q)，B項錯誤；該試探電荷從無窮遠處運動到電場中的a點時，需克服電場力做功W，試探電荷運動到a點時的速度大小仍為v，則試探電荷在無窮遠處時速度最大，由動能定理有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2，則vm＝eq\r(v2＋\f(2W,m))，C項錯誤；UaO＝－UOa，即UaO＝－eq\f(mv2,2q)，D項錯誤。答案A6.x軸上各點的電場強度的變化情況如圖5所示，場強方向與x軸平行，規(guī)定沿x軸正方向為正，一負點電荷從坐標原點O以一定的初速度沿x軸正方向運動，點電荷到達x2位置時速度第一次為零，在x3位置時速度第二次為零，不計粒子的重力。下列說法正確的是()圖5A．點電荷從O點運動到x2位置，再運動到x3位置的過程中，速度先均勻減小再均勻增大，然后減小再增大B．點電荷從O點運動到x2位置，再運動到x3位置的過程中，加速度先減小再增大，然后保持不變C．O點與x2位置的電勢差和O點與x3位置的電勢差相等，即UOx2＝UOx3D．點電荷在x2、x3位置的電勢能最小解析負點電荷從O點到x2位置做減速運動，從x2位置到O點做加速度先增大再減小，又增大后減小的加速運動，從O點到x3位置做勻減速運動，選項A、B錯誤；負點電荷從x2位置到x3位置，由動能定理得qUx2x3＝0，則選項C正確；負點電荷運動中僅有電場力做功，動能和電勢能之和一定，在x2、x3位置的動能最小，電勢能最大，選項D錯誤。答案C二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共計24分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不選的得0分。)7.利用靜電除塵器可以消除空氣中的粉塵。靜電除塵器由金屬管A和懸在管中的金屬絲B組成，A和B分別接到高壓電源正極和負極上，其裝置示意圖如圖6所示。A、B之間有很強的電場，可以將空氣中的粉塵除去。下面關(guān)于靜電除塵器的說法正確的是()圖6A．A、B之間的電場是勻強電場B．距B越近，場強越強C．B附近的氣體分子被電離成電子和正離子，粉塵吸附電子后被吸附到A上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中D．B附近的氣體分子被電離成電子和正離子，粉塵吸附正離子后被吸附到B上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中解析電極截面如圖所示，由電場線分布可判斷越靠近B場強越大，A錯誤，B正確；粉塵吸附電子后帶負電，向正極A運動，C正確，D錯誤。答案BC8.真空中有一半徑為r0的帶電金屬球殼，通過其球心的一直線上各點的電勢φ分布如圖7，r表示該直線上某點到球心的距離，r1、r2分別是該直線上A、B兩點離球心的距離，下列說法中正確的有()圖7A．該金屬球殼可能帶負電B．A點的電場強度方向由A指向BC．A點的電場強度大于B點的電場強度D．負電荷沿直線從A移到B的過程中，電場力做正功解析由電勢φ隨r的增大而降低可知，電場線方向沿r軸正方向，該金屬球殼帶正電，A點的電場強度方向由A指向B，選項A錯誤，B正確；根據(jù)電勢圖象的切線的斜率大小表示電場強度的大小可知A點的電場強度大于B點的電場強度，選項C正確；負電荷沿直線從A移到B的過程中，電場力做負功，選項D錯誤。答案BC9.如圖8所示，在豎直平面內(nèi)有一勻強電場，其方向與水平方向成α＝30°斜向上，在電場中有一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的帶電小球，用長為L的不可伸長的絕緣細線掛于O點，當小球靜止于M點時，細線恰好水平?，F(xiàn)用外力將小球拉到最低點P，然后無初速度釋放，則以下判斷正確的是()圖8A．小球再次到M點時，速度剛好為零B．小球從P到M過程中，合外力對它做了eq\r(3)mgL的功C．小球從P到M過程中，小球的機械能增加了eq\r(3)mgLD．如果小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球以后將做勻變速曲線運動解析小球從P到M過程中，線拉力不做功，只有電場力和小球重力做功，它們的合力也是恒力，大小為eq\r(3)mg，方向水平向右，所以小球到M點時，速度最大，而不是零，A錯誤；電場力與重力的合力為eq\r(3)mg，合力方向上的位移為L，所以做功為eq\r(3)mgL，B正確；機械能的增加量就是動能的增加量eq\r(3)mgL和重力勢能的增加量mgL之和，C錯誤；細線突然斷裂時，速度方向豎直向上，合外力水平向右，小球?qū)⒆鰟蜃兯偾€運動，D正確。答案BD10.如圖9所示，兩對金屬板A、B和C、D分別豎直和水平放置，A、B接在電路中，C、D板間電壓為U。A板上O處發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入C、D板間，電子最終都能打在光屏M上。關(guān)于電子的運動，下列說法正確的是()圖9A．S閉合，只向右移動滑片P，P越靠近b端，電子打在M上的位置越高B．S閉合，只改變A、B板間的距離，改變前后，電子由O至M經(jīng)歷的時間相同C．S閉合，只改變A、B板間的距離，改變前后，電子到達M前瞬間的動能相同D．S閉合后再斷開，只向左平移B，B越靠近A板，電子打在M上的位置越高解析初速度為0的電子經(jīng)電場加速后根據(jù)動能定理有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即有v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，水平方向L＝v0t，豎直方向兩極板間的距離為d′，電子的加速度a＝eq\f(eU,md′)，偏轉(zhuǎn)位移d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(eU,md′)eq\f(L2,veq\o\al(2,0))＝eq\f(UL2,4d′U0)，U0越大，d越小，選項A錯誤；只改變A、B板間的距離，電子在A、B板間加速時間變化，但離開A、B板后的速度不變，故電子的運動時間變化，選項B錯誤；只改變A、B板間的距離，電子運動加速后的速度不變，在偏轉(zhuǎn)電場中vy也不變，所以電子到達M前瞬間的動能相同，選項C正確；S閉合后再斷開，電容器帶電量不變，向左平移B，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)得，A、B板間的場強不變，所以電子離開B板時速度變小，在偏轉(zhuǎn)極板C、D間運動的時間變長，偏轉(zhuǎn)位移變大，選項D正確。答案CD三、非選擇題(共2小題，共40分。計算題解答時請寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分。)11．(20分)(2016·山東八校聯(lián)考)如圖10所示，在E＝103V/m的水平向左勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑R＝40cm，一帶正電荷q＝10－4C的小滑塊質(zhì)量為m＝40g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2圖10(1)要小滑塊恰好運動到圓軌道的最高點C，滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點多遠處釋放？(2)這樣釋放的滑塊通過P點時對軌道壓力是多大？(P為半圓軌道中點)(3)小滑塊經(jīng)過C點后最后落地，落地點離N點的距離多大？落地時的速度是多大？解析(1)設(shè)滑塊與N點的距離為L，分析滑塊的運動過程，由動能定理可得，qEL－μmgL－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－0小滑塊在C點時，重力提供向心力，所以mg＝eq\f(mv2,R)代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s，L＝20m(2)滑塊到達P點時，對全過程應(yīng)用動能定理可得，qE(L＋R)－μmgL－mg·R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0在P點時由牛頓第二定律可得，F(xiàn)N－qE＝eq\f(mveq\o\al(2,P),R)，解得FN＝1.5N由牛頓第三定律可得，滑塊通過P點時對軌道壓力的大小是1.5N。(3)小滑塊經(jīng)過C點，在豎直方向上做的是自由落體運動，由2R＝eq\f(1,2)gt2可得滑塊運動的時間t為，t＝eq\r(\f(4R,g))得t＝0.4s滑塊在水平方向上只受到電場力的作用，做勻減速運動，由牛頓第二定律可得qE＝ma所以加速度a＝2.5m/s2水平的位移為x＝vt－eq\f(1,2)at2代入解得x＝0.6m滑塊落地時豎直方向的速度的大小為vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s水平方向的速度的大小為vx＝v－at＝2m/s－2.5×0.4m/s＝1m/s落地時速度的大小為v地＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))解得v地＝eq\r(17)m/s答案(1)20m(2)1.5N(3)0.6meq\r(17)m/s12．(20分)(2014·全國卷新課標Ⅰ，25)如圖11所示，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為q(q＞0)，同時加一勻強電場，場強方向與△OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g。求：圖11(1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；(2)電場強度的大小和方向。解析(1)設(shè)小球的初速