【紅對勾】2020高考物理 靜電場單元綜合測試 新課標

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1、單元綜合測試六(靜電場) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，試卷滿分為100分．考試時間為90分鐘． 第Ⅰ卷(選擇題，共40分) 一、選擇題(本題共10小題，每題4分，共40分．有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確，把正確選項前的字母填在題后的括號內(nèi)) 圖1 1．如圖1所示，O是一固定的正點電荷，另有一正點電荷q從很遠處以初速度v0正對著點電荷O射入電場中，僅在電場力作用下的運動軌跡是實線MN，虛線a、b、c是以O為圓心，Ra、Rb、Rc為半徑畫出的三個圓，且Ra－Rb＝Rb－Rc.1、2、3為軌跡MN與三個圓的一些交點，以|I12|表示點電荷q從

2、1運動到2的過程中電場力的沖量的大小，|I23|表示q從2運動到3的過程中電場力的沖量的大小；用|W12|表示q從1運動到2的過程中電場力做功的大小，用|W23|表示q從2運動到3的過程中電場力做功的大?。畡t(　　) A．|I12|>|I23|　　　　　 B．|I12|<|I23| C．|W12|>|W23| D．|W12|<|W23| 解析：根據(jù)點電荷產(chǎn)生的電場可知，1、2間的電場強度比2、3間的電場強度小，因為Ra－Rb＝Rb－Rc，所以|W12|<|W23|，故選項D正確．因為p＝，所以|I12|<|I23|，故選項B正確． 答案：BD 2．如圖2所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速

3、后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在光屏P上，關(guān)于電子的運動，下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．滑動觸頭向右移動時，電子打在熒光屏上的位置上升 B．滑動觸頭向左移動時，電子打在熒光屏上的位置上升 C．電壓U增大時，電子打在熒光屏上的速度大小不變 D．電壓U增大時，電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變 解析：當滑動觸頭向右滑動時，加速電壓增大，因此電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)移距離減小，電子打在熒光屏上的位置下降，滑動觸頭左移則上升，A錯B對；電壓U增大時，電子打在熒光屏上的速度增大，但電子從出發(fā)到打在熒光屏上的時間不受側(cè)向運動的影響保持不變，C錯D

4、對． 答案：BD 3．如圖3所示，一絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強為E.在與環(huán)心等高處放有一質(zhì)量為m、帶電＋q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下述說法正確的是(　　) 圖3 A．小球在運動過程中機械能守恒 B．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時速度最大 C．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道壓力為3(mg＋qE) D．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道壓力為(mg＋qE) 解析：小球滑動過程中有重力和電場力做功，因此機械能不守恒，A錯．小球下滑到最低點的過程中，重力和電場力都做正功，小球動能增大，過最低點時速度最大，B對．由動能定理得(qE＋mg)R＝mv2，軌道支持力為FN，則FN－(

5、qE＋mg)＝m，解得C對，D錯． 答案：BC 圖4 4．空間某區(qū)域內(nèi)存在著電場，電場線在豎直平面上的分布如圖4所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在該電場中運動，小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1，方向水平向右，運動至B點時的速度大小為v2，運動方向與水平方向之間的夾角為α，A、B兩點之間的高度差與水平距離均為H，則以下判斷中正確的是(　　) A．若v2>v1，則電場力一定做正功 B．A、B兩點間的電勢差U＝(v22－v12) C．小球由A點運動到B點，電場力做的功W＝mv22－mv12－mgH D．小球運動到B點時所受重力的瞬時功率P＝mgv2 解析：考查帶電粒子在電場與重

6、力場的疊加場中的運動．從A到B，重力做正功，若v2>v1，表明外力做的總功為正，但電場力可能做負功，A錯．由動能定理qU＋mgH＝mv22－mv12可知B錯，C對．過B點時重力的瞬時功率P＝mgv2sinα，D錯． 答案：C 圖5 5．如圖5所示，一正點電荷在電場中受電場力作用沿一圓周的圓弧ab運動，已知該點電荷的電荷量為q，質(zhì)量為m(重力不計)，ab弧長為l，電荷經(jīng)過a、b兩點時速度大小均為v0，則下列說法中不正確的是(　　) A．a(chǎn)、b兩點的場強方向相同 B．a(chǎn)、b兩點的場強大小相等 C．a(chǎn)、b兩點的電勢相等 D．電荷在a、b兩點的電勢能相等 解析：由題意，電荷經(jīng)過a、

7、b兩點時速度大小均為v0，所以電場力做功為零，電荷在a、b兩點的電勢能相等，a、b兩點的電勢也相等，顯然形成電場的電荷為點電荷．由于電場是矢量，所以A錯，B、C、D正確． 答案：A 圖6 6．如圖6所示，在勻強電場中有a、b、c、d四點，它們處于同一圓周上，且ac、bd分別是圓的直徑．已知a、b、c三點的電勢分別為φa＝9 V，φb＝15 V，φc＝18 V，則d點的電勢為(　　) A．4 V B．8 V C．12 V D．16 V 解析：由于電場是勻強電場，據(jù)φa＝9 V，φc＝18 V，可知，圓心處的電勢φ0＝φa＋＝13.5 V，對于勻強電場，φb－φ0＝φ0－φ

8、d，則φd＝12 V，故C正確． 答案：C 圖7 7．如圖7所示，在場強為E的勻強電場中，有相距為L的A、B兩點，其連線與場強方向的夾角為θ，A、B兩點間的電勢差UAB＝U1.現(xiàn)將一根長為L的細金屬棒沿AB連線方向置于該勻強電場中，此時金屬棒兩端的電勢差UAB＝U2，則下列關(guān)于U1和U2的說法中正確的是(　　) A．U1＝U2＝ELcosθ B．U1＝U2＝－ELcosθ C．U1＝ELcosθ，U2＝0 D．U1＝－ELcosθ，U2＝ELcosθ 解析：據(jù)勻強電場中電勢差與場強關(guān)系式得，U1＝Ed＝ELcosθ，將金屬桿AB放置于勻強電場中，靜電平衡時金屬桿AB為等勢體

9、，故U2＝0，故C選項正確． 答案：C 8．(2020·北京高考)用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖)．設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ.實驗中，極板所帶電荷量不變，若(　　) 圖8 A．保持S不變，增大d，則θ變大 B．保持S不變，增大d，則θ變小 C．保持d不變，減小S，則θ變小 D．保持d不變，減小S，則θ不變 解析：保持S不變，增大d，平行板電容器的電容減小，由于電容器的電荷量不變，由Q＝CU可以判斷極板間電勢差變大，靜電計指針偏角θ變大，選項A正確，B錯誤；保持d不變，減小S，電容器電容變小，由Q＝CU可以判斷極板間電

10、勢差變大，選項C、D錯誤． 答案：A 9．(2020·天津高考)在靜電場中，將一正電荷從a點移到b點，電場力做了負功，則(　　) A．b點的電場強度一定比a點大 B．電場線方向一定從b指向a C．b點的電勢一定比a點高 D．該電荷的動能一定減小 解析：從a→b，電場力對正電荷做負功，該電荷電勢能增加，qφa

11、證，有時只需通過一定的分析就可以判斷結(jié)論是否正確．如圖所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為R1和R2的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q(q>0)，而且電荷均勻分布．兩圓環(huán)的圓心O1和O2相距為2a，連線的中點為O，軸線上的A點在O點右側(cè)與O點相距為r(r

12、式為一項，而選項B中E的表達式為兩項的組合，應排除B；綜上所述，只能選D. 答案：D 第Ⅱ卷(非選擇題，共60分) 二、填空題(本題共2小題，每題8分，共16分) 圖10 11．如圖10所示，一個半徑為R的絕緣球殼上均勻帶有＋Q的電荷，另一個電荷量為＋q的電荷放在球心O上，由于對稱性，點電荷受力為0.現(xiàn)在球殼上挖去半徑為r(r?R)的一個小圓孔，則此時置于球心的點電荷所受的力的大小為________(已知靜電力恒量為k)，方向________． 解析：球殼完整時，由對稱性得球心上的點電荷受力為0，可知挖去的小孔和剩下的部分對點電荷產(chǎn)生的力大小相等，方向相反，故要計算剩下部分對點

13、電荷產(chǎn)生的力，只要求出挖去的小圓孔對點電荷產(chǎn)生的力即可，由于r?R，故小圓孔可以看做點電荷，這樣可由庫侖定律計算．由庫侖定律有F＝，其中Q′＝·πr2，得出F＝，指向小孔． 答案：　指向小孔 圖11 12．某研究性學習小組設計了以下方法來測量物體的帶電量．如圖11所示的小球是一個外表面鍍有金屬膜的空心塑料球，用絕緣絲線懸掛于O點，O點固定一個可測量絲線偏離豎直方向角度α的量角器，M、N是兩塊相同的、正對著豎直平行放置的金屬板(加上電壓后其內(nèi)部電場可看作勻強電場)．另外還要用到的器材有天平、刻度尺、電壓表、直流電流表、開關(guān)、滑動變阻器及導線若干．該小組的實驗步驟如下，請你幫助該小組完成

14、： (1)用天平測出小球的質(zhì)量m，按如圖11所示進行器材的安裝，并用刻度尺測出M、N板之間的距離d，使小球帶上一定的電量． (2)連接電路(請在圖中的虛線框中畫出實驗所用的電路圖，電源、開關(guān)已經(jīng)畫出)． (3)閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片的位置，讀出多組相應的電壓表的示數(shù)和絲線的偏轉(zhuǎn)角度θ. (4)以電壓U為縱坐標，以________為橫坐標作出過原點的直線，求出直線的斜率k. (5)小球的帶電量q＝________.(用m、d、k等物理量表示) 答案：(2)如圖12(a)　(4)tanα　(5)　帶電小球的受力如圖12(b)，根據(jù)平衡條件有tanθ＝，又有F＝qE＝ q，聯(lián)立解

15、得，U＝tanθ＝ktanθ，所以應以tanθ為橫坐標． 圖12 三、計算題(本題共4小題，13、14題各10分，15、16題各12分，共44分，計算時必須有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位) 圖13 13．在勻強電場中建立一個直角坐標系，如圖13所示，從坐標原點沿＋y方向前進0.346 m到A點，電勢降低34.6 V；從坐標原點沿－x方向前進0.2 m到B點，電勢升高34.6 V，求勻強電場的場強大小和方向．(?。?.73) 解析：令O點電勢φO＝0，則φA＝－34.6 V，φB＝34.6 V，再作點B關(guān)于點O的對稱點B′，因為BO＝OB′，則φB′＝－34

16、.6 V．連接AB′，并作其垂線OE，則從O→E的方向即場強方向． tanθ＝＝＝ E＝＝＝200 V/m. 答案：200 V/m，方向與x軸正方向成30°角． 圖14 14．在點電荷Q產(chǎn)生的電場中有a，b兩點，相距為d，已知a點的場強大小為E，方向與ab連線成30°角，b點的場強方向與ab連線成120°角，如圖14所示，則b點的場強大小為多大？a，b兩點電勢哪點更高？ 解析： 圖15 如圖15所示，將a點場強方向和b點場強方向延長，交于O點，由幾何知識得ab＝d，aO＝2dsin60°＝d，而E＝，Eb＝，所以Eb＝3E.以O點為圓心，以d為半徑作弧交Oa于c點，

17、則φb＝φc，而φa>φc，所以φa>φb，即a點電勢更高． 答案：3E　a 圖16 15．如圖16所示，水平放置的兩塊平行金屬板A，B相距為d，電容為C.開始兩塊板均不帶電，A板接地且中央有孔．現(xiàn)將帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的帶電液滴一滴一滴地從小孔正上方h處無初速滴下，落向B板的電荷全部傳給B板，問： (1)第幾滴液滴在A，B板間做勻速直線運動？ (2)能夠到達B板的液滴不會超過多少滴？ 解析：(1)設第n滴液滴在A，B板間做勻速直線運動，此時，板上電荷量為Q＝(n－1)q，板上電壓U＝＝. 板間電場強度E＝＝① 由平衡條件得qE＝mg② 由①②得n＝＋1 (2)設能

18、夠到達B板的液滴不會超過x滴，且第(x＋1)滴到B板的速度恰為0，然后返回極板上，最大電荷量Q′＝xq③ 極板間最大電壓U′＝＝④ 對第(x＋1)滴，由動能定理得mg(h＋d)－qU′＝0⑤ 由④⑤解得x＝. 答案：(1)＋1　(2) 16．(2020·安徽高考) 圖17 如圖17所示，勻強電場方向沿x軸的正方向，場強為E.在A(d,0)點有一個靜止的中性微粒，由于內(nèi)部作用，某一時刻突然分裂成兩個質(zhì)量均為m的帶電微粒，其中電荷量為q的微粒1沿y軸負方向運動，經(jīng)過一段時間到達(0，－d)點．不計重力和分裂后兩微粒間的作用．試求： (1)分裂時兩個微粒各自的速度； (2)當微

19、粒1到達(0，－d)點時，電場力對微粒1做功的瞬時功率； (3)當微粒1到達(0，－d)點時，兩微粒間的距離． 解析：(1)設分裂時微粒1的初速度為v1，到達(0，－d)點所用時間為t.依題意可知微粒1帶負電，在電場力的作用下做類平拋運動，得下列方程： －d＝v1t① －d＝at2② qE＝ma③ 由①②③解得v1＝－④ 根號外的負號表示沿y軸的負方向． 設分裂時另一微粒2的速度為v2，根據(jù)動量守恒定律mv1＋mv2＝0⑤ 圖18 得v2＝⑥ (2)當微粒1運動到B(0，－d)點時，速度在x軸方向上的分量為vBx，則vBx＝－⑦ 由③⑦解得vBx＝－ 電場力對它做功的瞬時功率 P＝qEvBx＝－qE. (3)中性微粒分裂時，根據(jù)電荷守恒定律，微粒2帶等量的正電荷，所受電場力沿x軸的正方向，在電場力的作用下也做類平拋運動．根據(jù)對稱性，當微粒1到達B(0，－d)點時，微粒2運動到C(2d，d)點，此時兩微粒間的距離是 BC＝＝2d. 答案：(1)v1＝－　v2＝ (2)－qE　(3)2d