2014年高考第一輪復(fù)習(xí)物理江蘇六靜電場單元檢測（附答案）

第頁單元檢測六靜電場（時(shí)間：60分鐘滿分：100分）一、單項(xiàng)選擇題（本題4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確，選對的得6分，選錯(cuò)或不答的得0分）1．（2019·上海單科）A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，AB∶BC＝1∶2，B點(diǎn)位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點(diǎn)電荷。當(dāng)在A處放一電荷量為＋q的點(diǎn)電荷時(shí)，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放電荷量為－2q的點(diǎn)電荷，其所受電場力為（）A．－F/2B．F/2C．－FD．F2．（2019·江蘇單科）一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是（）A．C和U均增大B．C增大，U減小C．C減小，U增大D．C和U均減小3．如圖，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，O點(diǎn)為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°。電荷量相等、電性相反的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別置于M、N兩點(diǎn)，這時(shí)O點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為E1；若將N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)，則O點(diǎn)的場強(qiáng)大小變?yōu)镋2。E1與E2之比為（）A．1∶2B．2∶1C．2∶eq\r(3)D．4∶eq\r(3)4．（2019·福建理綜）如圖，在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中，將兩個(gè)帶正電的試探電荷q1、q2分別置于A、B兩點(diǎn)，虛線為等勢線。取無窮遠(yuǎn)處為零電勢點(diǎn)，若將q1、q2移動(dòng)到無窮遠(yuǎn)的過程中外力克服電場力做的功相等，則下列說法正確的是（）A．A點(diǎn)電勢大于B點(diǎn)電勢B．A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相等C．q1的電荷量小于q2的電荷量D．q1在A點(diǎn)的電勢能小于q2在B點(diǎn)的電勢能二、多項(xiàng)選擇題（本題4小題，每小題8分，共32分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中有多個(gè)選項(xiàng)正確，全選對的得8分，選對但不全的得4分，有選錯(cuò)或不答的得0分）5．（2019·廣東理綜）如圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強(qiáng)電場后，分落在收集板中央的兩側(cè)。對礦粉分離的過程，下列表述正確的有（）A．帶正電的礦粉落在右側(cè)B．電場力對礦粉做正功C．帶負(fù)電的礦粉電勢能變大D．帶正電的礦粉電勢能變小6．如圖，直線上有O、A、B、C四點(diǎn)，AB間的距離與BC間的距離相等。在O點(diǎn)處有固定點(diǎn)電荷。已知B點(diǎn)電勢高于C點(diǎn)電勢。若一帶負(fù)電荷的粒子僅在電場力作用下先從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，再從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，則（）A．兩過程中電場力做的功相等B．前一過程中電場力做的功小于后一過程中電場力做的功C．前一過程中，粒子電勢能不斷減小D．后一過程中，粒子動(dòng)能不斷減小7．如圖所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象。當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個(gè)帶正電的粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是（）A．帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零8．（2019·上海單科）如圖，質(zhì)量分別為mA和mB的兩小球帶有同種電荷，電荷量分別為qA和qB，用絕緣細(xì)線懸掛在天花板上。平衡時(shí)，兩小球恰處于同一水平位置，細(xì)線與豎直方向間夾角分別為θ1與θ2（θ1＞θ2）。兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動(dòng)，最大速度分別為vA和vB，最大動(dòng)能分別為EkA和EkB。則（）A．mA一定小于mBB．qA一定大于qBC．vA一定大于vBD．EkA一定大于EkB三、非選擇題（共44分）9．（14分）（2019·紹興高三檢測）如圖所示，在直角三角形區(qū)域ABC內(nèi)存在著平行于AC方向的勻強(qiáng)電場，AC邊長為l，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子以初速度v0從A點(diǎn)沿AB方向進(jìn)入電場，垂直通過BC邊的中點(diǎn)，則粒子從BC出來時(shí)的水平分速度vx和電場強(qiáng)度的大小E各為多大？（不計(jì)重力）10．（14分）如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上極板開有一小孔，質(zhì)量均為m、帶電荷量均為＋q的兩個(gè)帶電小球（視為質(zhì)點(diǎn)），其間用長為l的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，已知d＝2l，今使下端小球恰好位于小孔中，由靜止釋放，讓兩球豎直下落。當(dāng)下端的小球到達(dá)下極板時(shí)，速度剛好為零。試求：（1）兩極板間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度；（2）兩球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度。11．（16分）反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)。已知電場強(qiáng)度的大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20kg，帶電荷量q＝－1.0×10－9C，A點(diǎn)距虛線MN的距離d1＝1.0cm，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)。求：（1）B點(diǎn)距虛線MN的距離d2；（2）帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t。

參考答案1．B解析：根據(jù)庫侖定律＋q點(diǎn)電荷受到的電場力F＝eq\f(kQq,r\o\al(2,AB))，－2q點(diǎn)電荷受到的電場力F′＝eq\f(kQ2q,r\o\al(2,BC))，因?yàn)閞AB∶rBC＝1∶2，且A、C在B的異側(cè)，所以F′＝eq\f(F,2)。2．B解析：當(dāng)電容器兩極板間插入一電介質(zhì)時(shí)，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器電容C變大，由于電容器電荷量不變，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知電容器兩端電壓減小，選項(xiàng)B正確。3．B解析：依題意，每個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度均為eq\f(E1,2)，則當(dāng)N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)時(shí)，O點(diǎn)電場強(qiáng)度如圖所示，合電場強(qiáng)度大小為E2＝eq\f(1,2)E1，則eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，B正確。4．C解析：根據(jù)題意“外力克服電場力做功”可知電場力做負(fù)功，點(diǎn)電荷Q帶負(fù)電，電場線指向Q，根據(jù)“沿著電場線電勢逐漸降低”可知B點(diǎn)的電勢高于A點(diǎn)的電勢，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)場強(qiáng)E＝eq\f(kQ,r2)可知，距離Q較近的A點(diǎn)的電場強(qiáng)度較大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)“電荷在某點(diǎn)的電勢能等于把電荷從該點(diǎn)移到零電勢能點(diǎn)的過程中電場力做的功”可知，兩個(gè)電荷在兩點(diǎn)的電勢能相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；根據(jù)電勢φ＝eq\f(Ep,q)，φB＞φA可知，q1的電荷量小于q2的電荷量，選項(xiàng)C正確。5．BD解析：帶正電的礦粉受電場力向左，落在左側(cè)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；不論帶正電還是帶負(fù)電，電場力對礦粉均做正功，電勢能均減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)B、D正確。6．BC解析：因?yàn)棣誃＞φC，所以O(shè)點(diǎn)為正電荷，UAB＞UBC，由Uq＝W可知，WCB＜WBA，A錯(cuò)誤，B正確；前后兩過程中，電場力均做正功，粒子的電勢能均減小，動(dòng)能均增大，故C對，D錯(cuò)。7．CD解析：設(shè)帶電粒子初始速度方向?yàn)檎较?，則其v－t圖象如圖所示。由圖象可知帶電粒子做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，3s末回到出發(fā)點(diǎn)，A、B錯(cuò)誤；3s末帶電粒子速度為0,0～3s內(nèi)帶電粒子的位移為0，電場力做的總功為0，C、D正確。8．ACD解析：設(shè)兩帶電小球間庫侖力大小為F，由平衡條件mAg＝eq\f(F,tanθ1)，mBg＝eq\f(F,tanθ2)，由于θ1＞θ2，所以mA＜mB；失去電荷后，兩小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度最大，設(shè)小球初始位置到懸點(diǎn)高度為h，由機(jī)械能守恒定律：mgeq\f(h,cosθ)（1－cosθ）＝eq\f(1,2)mv2，即v＝eq\r(2g(\f(h,cosθ)－h(huán)))，由于θ1＞θ2，所以vA＞vB；由以上各式可得Ek＝mgeq\f(h,cosθ)（1－cosθ）＝eq\f(Fh,tanθ·cosθ)（1－cosθ）＝Fh·taneq\f(θ,2)，θ1＞θ2，所以EkA＞EkB。故A、C、D正確。9．答案：v0eq\f(2mv\o\al(2,0),ql)解析：粒子水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故從BC出來時(shí)的水平分速度vx＝v0，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在BC中點(diǎn)將末速度分解如圖。設(shè)速度的偏轉(zhuǎn)角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)，vy＝at＝eq\f(qE,m)×eq\f(\f(1,2)AB,v0)在△ABC中，tanθ＝eq\f(AB,l)故eq\f(qE×\f(1,2)AB,mv\o\al(2,0))＝eq\f(AB,l)所以E＝eq\f(2mv\o\al(2,0),ql)。10．答案：（1）eq\f(4mg,3q)（2）eq\r(\f(2gl,3))解析：（1）兩球由靜止開始下落到下端的小球到達(dá)下極板的過程中，由動(dòng)能定理得2mgd－Eqd－Eq（d－l）＝0解得E＝eq\f(4mg,3q)（2）兩球由靜止開始下落至上端小球恰好進(jìn)入小孔時(shí)兩球達(dá)到最大速度，此過程利用動(dòng)能定理得2mgl－Eql＝eq\f(2mv2,2)解得v＝eq\r(\f(2gl,3))11．答案：（1）0.50cm（2）1.5×10－8s解析：（1）帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，由動(dòng)能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0①由①式解得d2＝