2022年高考物理大一輪總復(fù)習(xí)(江蘇專版-)題庫(kù)-第六章-靜電場(chǎng)-單元小結(jié)練2

單元小結(jié)練電場(chǎng)能及粒子運(yùn)動(dòng)的綜合練一、單項(xiàng)選擇題1．如圖1所示，P是一個(gè)帶電體，將原來(lái)不帶電的導(dǎo)體球Q放入P激發(fā)的電場(chǎng)中并接地，a、b、c、d是電場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)．則靜電平衡后()圖1A．導(dǎo)體Q仍不帶電B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)C．檢驗(yàn)電荷在a點(diǎn)所受電場(chǎng)力等于b點(diǎn)所受電場(chǎng)力D．帶正電的檢驗(yàn)電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能大于在d點(diǎn)的電勢(shì)能答案D解析由于靜電感應(yīng)，Q將帶上與P異號(hào)的電荷，故A錯(cuò)誤；由圖可知電場(chǎng)線由b到a，故a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；b點(diǎn)電場(chǎng)線較為密集，故a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)要小于b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故檢驗(yàn)電荷在a點(diǎn)所受電場(chǎng)力小于在b點(diǎn)所受電場(chǎng)力，故C錯(cuò)誤；由于Q接地，d點(diǎn)電勢(shì)接近0，而c點(diǎn)電勢(shì)確定大于d點(diǎn)電勢(shì)，故帶正電的檢驗(yàn)電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能大于在d點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確．2．如圖2所示，真空中同一平面內(nèi)MN直線上固定電荷量分別為－9Q和＋Q的兩個(gè)點(diǎn)電荷，兩者相距為L(zhǎng)，以＋Q點(diǎn)電荷為圓心，半徑為eq\f(L,2)畫(huà)圓，a、b、c、d是圓周上四點(diǎn)，其中a、b在MN直線上，c、d兩點(diǎn)連線垂直于MN，一電荷量為＋q的摸索電荷在圓周上運(yùn)動(dòng)，則下列推斷錯(cuò)誤的是()圖2A．電荷＋q在a點(diǎn)所受到的電場(chǎng)力最大B．電荷＋q在a點(diǎn)的電勢(shì)能最大C．電荷＋q在b點(diǎn)的電勢(shì)能最大D．電荷＋q在c、d兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等答案B解析電場(chǎng)強(qiáng)度疊加后，a點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)最大，A正確；將正電荷從a點(diǎn)沿圓周移動(dòng)到c、b、d點(diǎn)，＋Q對(duì)正電荷不做功，－9Q對(duì)電荷均做負(fù)功，電勢(shì)能均增加，且移動(dòng)到b點(diǎn)克服電場(chǎng)力做功最多，移動(dòng)到c、d兩點(diǎn)克服電場(chǎng)做功相同，因此正電荷在a點(diǎn)電勢(shì)能最小，在b點(diǎn)電勢(shì)能最大，在c、d兩點(diǎn)電勢(shì)能相等，B錯(cuò)誤，C、D正確．3．兩個(gè)固定的等量異號(hào)點(diǎn)電荷所產(chǎn)生電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖3中虛線所示，一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中A點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入電場(chǎng)在紙面內(nèi)飛行，最終離開(kāi)電場(chǎng)，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場(chǎng)中()圖3A．做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大B．做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小C．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大D．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小答案C解析由題圖等勢(shì)面可知兩固定的等量異號(hào)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布如圖所示，帶負(fù)電的粒子在等量異號(hào)點(diǎn)電荷所產(chǎn)生電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則粒子在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力對(duì)帶負(fù)電的粒子先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先變小后變大，故C正確．4．(2022·安徽·17)一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)．取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能Ep與位移x的關(guān)系如圖4所示，下列圖象中合理的是()圖4答案D解析帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其電勢(shì)能的變化規(guī)律是非線性的．A：由Ep－x圖象知，帶電粒子的電勢(shì)能不是均勻變化的，電場(chǎng)力不能為恒力，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B：帶電粒子僅受靜電力作用，故電勢(shì)能和動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，電勢(shì)能的削減量等于動(dòng)能的增加量，即動(dòng)能增加得越來(lái)越慢，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C：由于靜電力不是恒力，加速度a應(yīng)當(dāng)越來(lái)越小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確．5.如圖5所示，一個(gè)帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽視不計(jì))電壓為U1的加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入，A、B板長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，電壓為U2.則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)當(dāng)滿足的條件是()圖5A.eq\f(U2,U1)<eq\f(2d,L)B.eq\f(U2,U1)<eq\f(d,L)C.eq\f(U2,U1)<eq\f(2d2,L2)D.eq\f(U2,U1)<eq\f(d2,L2)答案C解析依據(jù)qU1＝eq\f(1,2)mv2，再依據(jù)t＝eq\f(L,v)和y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(L,v))2，由題意知，y<eq\f(1,2)d，解得eq\f(U2,U1)<eq\f(2d2,L2)，故C正確．6．如圖6所示，真空中存在一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，一根不行伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線長(zhǎng)度為l，細(xì)線一端拴著一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，圖6另一端固定在O點(diǎn)．把小球拉到使細(xì)線水平的位置A處，由靜止釋放，小球沿弧線運(yùn)動(dòng)到細(xì)線與水平方向成θ＝60°角的位置B時(shí)速度為零，以下說(shuō)法中正確的是()A．小球在B位置處于平衡狀態(tài)B．小球受到的重力與電場(chǎng)力的關(guān)系是eq\r(3)qE＝mgC．小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且幅度將漸漸減小D．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)其做的功為－eq\f(1,2)qEl答案D解析小球的受力分析如圖所示，由圖可知小球的運(yùn)動(dòng)可看作是在一個(gè)等效重力場(chǎng)中的搖擺過(guò)程，依據(jù)擺球模型的特點(diǎn)，小球在B位置時(shí)受力不平衡，并且小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其幅度不變，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；依據(jù)擺球模型的對(duì)稱性可知，當(dāng)小球處在AB軌跡的中點(diǎn)位置時(shí)，小球沿切線方向的合力為零，此時(shí)細(xì)線與水平方向夾角恰為30°，依據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得：qEsin30°＝mgcos30°，化簡(jiǎn)可知，qE＝eq\r(3)mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)其做的功為W＝－qEl(1－cos60°)＝－eq\f(1,2)qEl，選項(xiàng)D正確．二、多項(xiàng)選擇題7.如圖7所示，兩面積較大、正對(duì)著的平行極板A、B水平放置，極板上帶有等量異種電荷．其中A極板用絕緣線懸掛，B極板固定且接地，P點(diǎn)為兩極板的中間位置．下列結(jié)論正確的是()圖7A．若在兩極板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩極板所帶電荷量會(huì)增大B．A、B兩極板電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相同C．若將A極板豎直向上平移一小段距離，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將增大D．若將A極板豎直向下平移一小段距離，原P點(diǎn)位置的電勢(shì)將不變答案BD解析由于平行板電容器與電源斷開(kāi)，所帶電荷量保持不變，因此在兩極板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩極板所帶電荷量也不會(huì)增加，A錯(cuò)誤；正極板A在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)向下，而負(fù)極板B在P點(diǎn)產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)也向下，由于兩極板具有對(duì)稱性，因此兩極板電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的強(qiáng)度大小相等，方向相同，B正確；依據(jù)C＝eq\f(Q,U)，而C＝eq\f(εrS,4πkd)，平行板電容器內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)，整理式子可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可以得出只要所帶電荷量和極板的正對(duì)面積不變，電容器內(nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)度就不變，因此場(chǎng)強(qiáng)大小與距離無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；同樣若將A板豎直向下平移一小段距離，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，P與B間的電勢(shì)差不變，而B(niǎo)點(diǎn)電勢(shì)為零，即P點(diǎn)位置的電勢(shì)將不變，D正確．8.將三個(gè)質(zhì)量相等的帶電微粒分別以相同的水平速度由P點(diǎn)射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶正電，下板接地，三個(gè)微粒分別落在圖8中A、B、C三點(diǎn)，不計(jì)其重力作用，則()圖8A．三個(gè)微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等B．三個(gè)微粒所帶電荷量相同C．三個(gè)微粒所受電場(chǎng)力的大小關(guān)系是FA＜FB＜FCD．三個(gè)微粒到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是EkC＞EkB＞EkA答案CD解析由于三個(gè)微粒只受到豎直向下的恒定的電場(chǎng)力作用，所以它們均做類平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)題意，它們?cè)谒椒较蛏献龅氖撬俣却笮∠嗤膭蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，三個(gè)微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與它們?cè)谒椒较蛏系奈灰瞥烧?，明顯，tA＞tB＞tC，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；它們做類平拋運(yùn)動(dòng)的初速度相同，但運(yùn)動(dòng)軌跡不同，這說(shuō)明它們受到的電場(chǎng)力不同，因此所帶電荷量不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；它們?cè)谪Q直方向上下落的位移相同(設(shè)為h)，但運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，依據(jù)關(guān)系式a＝eq\f(2h,t2)及tA＞tB＞tC可知，aA＜aB＜aC，由于它們的質(zhì)量相等，依據(jù)牛頓其次定律可知，三個(gè)微粒所受電場(chǎng)力的大小關(guān)系是FA＜FB＜FC，選項(xiàng)C正確；又由于三個(gè)微粒在豎直方向上的位移相等，所以電場(chǎng)力所做的功大小關(guān)系是WC＞W(wǎng)B＞W(wǎng)A，依據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力對(duì)微粒所做的功等于微粒動(dòng)能的增加量，所以三個(gè)微粒到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是EkC＞EkB＞EkA，選項(xiàng)D正確．9.如圖9所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以確定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，入射方向與電場(chǎng)線垂直．粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線成30°角．已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，不計(jì)重力作用，設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為零，則下列說(shuō)法正確的是()圖9A．帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為－UqB．帶電粒子帶負(fù)電C．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)U,3d)答案AC10．如圖10所示，一絕緣輕彈簧的下端固定在斜面底端，上端連接一帶正電的光滑滑塊P，滑塊所處空間存在著沿斜面對(duì)上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，傾角為θ的光滑絕緣斜面固定在水平地面上，開(kāi)頭時(shí)彈簧是原長(zhǎng)狀態(tài)，物塊恰好處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)給滑塊一沿斜面對(duì)下的初速度v，滑塊到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的壓縮量為x，若彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，以下說(shuō)法正確的是()圖10A．滑塊電勢(shì)能的增加量等于滑塊重力勢(shì)能的削減量B．滑塊到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服彈簧彈力做功eq\f(1,2)mv2C．滑塊動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和D．當(dāng)滑塊的加速度最大時(shí)，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能最大答案AB解析由題意得qE＝mgsinθ，在運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功與重力做的功相等，則滑塊電勢(shì)能增加量等于滑塊重力勢(shì)能的削減量，故A正確．滑塊到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服彈簧彈力做功等于彈性勢(shì)能的增加量，即等于動(dòng)能的削減量，故B正確．電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和為零，依據(jù)動(dòng)能定理知，電場(chǎng)力、重力、彈簧彈力做功的代數(shù)和等于滑塊動(dòng)能的變化量，故C錯(cuò)誤．當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，加速度最大，電場(chǎng)力做的負(fù)功最多，即電勢(shì)能最大，此時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能最小，故D錯(cuò)誤．三、非選擇題11．兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板如圖11甲所示，大量電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)由靜止開(kāi)頭，經(jīng)電壓為U0的電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間．當(dāng)兩板均不帶電時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為3t0；當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、最大值恒為U0的周期性電壓時(shí)，恰好能使全部電子均從兩板間通過(guò)(不計(jì)電子重力)．問(wèn)：圖11(1)這些電子通過(guò)兩板之間后，側(cè)向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分別是多少；(2)側(cè)向位移分別為最大值和最小值的狀況下，電子在剛穿出兩板之間時(shí)的動(dòng)能之比為多少．答案(1)eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))(2)eq\f(16,13)解析以電場(chǎng)力的方向?yàn)閥軸正方向，畫(huà)出電子在t＝0時(shí)和t＝t0時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)后沿電場(chǎng)力方向的速度vy隨時(shí)間t變化的vy－t圖象分別如圖a和圖b所示，設(shè)兩平行板之間的距離為d.(1)圖中，v1y＝eq\f(eU0,md)t0，v2y＝eq\f(eU0,md).2t0＝eq\f(2eU0t0,md)由圖a可得電子的最大側(cè)向位移為xymax＝2(eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0)＝3v1yt0＝eq\f(3eU0t\o\al(2,0),md)而xymax＝eq\f(d,2)，解得d＝t0eq\r(\f(6eU0,m))由圖b可得電子的最小側(cè)向位移為xymin＝eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0＝eq\f(3,2)v1yt0＝eq\f(3eU0t\o\al(2,0),2md)＝eq\f(d,4)所以xymax＝eq\f(d,2)＝eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))，xymin＝eq\f(d,4)＝eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))(2)veq\o\al(2,1y)＝(eq\f(eU0,md)t0)2＝eq\f(eU0,6m)，veq\o\al(2,2y)＝(eq\f(eU0,md).2t0)2＝eq\f(2eU0,3m)電子經(jīng)電壓U0加速，由動(dòng)能定理知，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eU0所以eq\f(Ekmax,Ekmin)＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2),\f(1,2)mv\o\al(2,1))＝eq\f(\f(1,2)m(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,2y)),\f(1,2)m(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1y)))＝eq\f(eU0＋\f(eU0,3),eU0＋\f(eU0,12))＝eq\f(16,13).12．(2022·新課標(biāo)Ⅰ·25)如圖12所示，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA，將一質(zhì)量為m的小球以確定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)A點(diǎn)．使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與△OAB所在平面平行．現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過(guò)了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍；若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，恰好通過(guò)B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為g.求：圖12(1)無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向．答案(1)eq\f(7,3)(2)eq\f(\r(3)mg,6q)電場(chǎng)方向與豎直向下的方向的夾角為30°