全程復習高考物理第一輪復習方略 單元評估檢測6 靜電場 新人教版

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1、《全程復習》2014屆高考物理全程復習方略（人教版-第一輪）（含詳細解析）：單元評估檢測6靜電場 (40分鐘 100分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題7分，共70分.每小題至少一個答案正確，選不全得4分) 1.如圖所示，在粗糙絕緣的水平面上有一物體A帶正電，另一帶正電的點電荷B在外力作用下沿著以A為圓心的圓弧由P到Q緩慢地從A的上方經過，若此過程中A始終靜止，A、B兩物體可視為質點且只考慮它們之間的庫侖力作用.則下列說法正確的是( ) A.物體A受到地面的支持力先增大后減小 B.物體A受到地面的支持力保持不變 C.物體A受到地面的摩擦力先減小后增大 D.庫侖力對點電

2、荷B先做正功后做負功 2.點電荷A和B，分別帶正電和負電，電量分別為4Q和Q，在AB連線上，如圖所示，電場強度為零的地方在( ) A.A和B之間 B.A右側 C.B左側 D.A的右側及B的左側 3.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，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.下列說法中正確的是( ) A.A點的電勢低于B點的電勢 B.A點的電場強度方向由A指向B C.A點的電場強度小于B點的電場強度 D.正電荷沿直線從A移到B的過程中，電場力做負功 4.如圖所示，平行板電容器的一個極板

3、與滑動變阻器的滑片C相連接.電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場.在保證電子還能穿出平行板間電場的情況下，若使滑動變阻器的滑片C上移，則關于電容器極板上所帶電荷量Q和電子穿過平行板所需的時間t的說法中，正確的是( ) A.電荷量Q增大，時間t也增大 B.電荷量Q不變，時間t增大 C.電荷量Q增大，時間t不變 D.電荷量Q不變，時間t也不變 5.(2012·桂林模擬)空間存在甲、乙兩相鄰的金屬球，甲球帶正電，乙球原來不帶電，由于靜電感應，兩球在空間形成了如圖所示穩(wěn)定的靜電場.實線為其電場線，虛線為其等勢線，A、B兩點與兩球球心連線位于同一直線上，C、D兩點關于直線

4、AB對稱，則( ) A.A點和B點的電勢相同 B.C點和D點的電場強度相同 C.正電荷從A點移至B點，電場力做正功 D.負電荷從C點沿直線CD移至D點，電勢能先增大后減小 6.靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小.如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計.開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度增大些，下列采取的措施可行的是( ) A.斷開開關S后，將A、B兩極板分開些 B.保持開關S閉合，將A、B兩極板分開些 C.保持開關S閉合，將A、B兩極板靠近些 D.保持開關S閉合

5、，將變阻器滑動觸頭向右移動 7.如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為，板間距離為d，在板右端處有一豎直放置的熒光屏M.一帶電量為q、質量為m的粒子從兩極板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結論正確的是( ) A.板間電場強度大小為mg/q B.板間電場強度大小為2mg/q C.粒子在板間運動的時間跟它從板的右端運動到光屏的時間相等 D.粒子在板間運動的時間大于它從板的右端運動到光屏的時間 8.(2012·鎮(zhèn)江模擬)a、b、c、d四個帶電液滴在如圖所示的勻強電場中，分別水平向左、水平向右、豎直向上、豎直向下做勻速直線運動，可知( ) A.a、b為同種電荷，

6、c、d為異種電荷 B.a、b的電勢能、機械能均不變 C.c的電勢能減少，機械能增加 D.d的電勢能減少，機械能減少 9.如圖所示，光滑絕緣斜面的底端固定著一個帶正電的小物塊P，將另一個帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放，它將沿斜面向上運動.設斜面足夠長，則在Q向上運動過程中( ) A.物塊Q的動能一直增大 B.物塊Q的電勢能一直增大 C.物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和一直增大 D.物塊Q的機械能一直增大 10.如圖所示，水平放置的平行板電容器與一直流電源相連，在兩板中央有一帶電液滴處于靜止狀態(tài).現(xiàn)通過瞬間平移和緩慢平移兩種方法將A板移到圖中虛線位置.下列關于帶電液滴運

7、動的說法中正確的是( ) A.上述兩種方法中，液滴都向B板做勻加速直線運動 B.采用瞬間平移的方法，液滴運動到B板經歷的時間短 C.采用緩慢平移的方法，液滴運動到B板時速度大 D.采用緩慢平移的方法，液滴運動到B板過程中電場力做功多 二、計算題(本大題共2小題，共30分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位) 11.(14分)如圖所示，在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點，固定電荷量為+Q的點電荷.一質量為m、帶電荷量為+q的物塊(可視為質點)，從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動，當運動到P點正下方B點時速度為v.已知點電荷產生的電場在A點的電勢

8、為φ(取無窮遠處電勢為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60°，試求： (1)物塊在A點時受到的軌道的支持力大小. (2)點電荷+Q產生的電場在B點的電勢大小. 12.(2012·溫州模擬)(16分)如圖甲所示，邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內有豎直向下的勻強電場，電場強度為E，與區(qū)域邊界BC相距L處豎直放置足夠大的熒光屏，熒光屏與AB延長線交于O點.現(xiàn)有一質量為m，電荷量為+q的粒子從A點沿AB方向以一定的初速度進入電場，恰好從BC邊的中點P飛出，不計粒子重力. (1)求粒子進入電場前的初速度的大小. (2)其他條件不變，增大電場強度使粒子恰好能從CD邊的中點Q飛出，求粒子從Q點飛

9、出時的動能. (3)現(xiàn)將電場分成AEFD和EBCF相同的兩部分，并將EBCF向右平移一段距離x(x≤L)，如圖乙所示.設粒子打在熒光屏上位置與O點相距y，請求出y與x的關系. 答案解析 1.【解析】選A、C.點電荷B沿以A為圓心的圓弧運動時，它們間的庫侖力F的大小不變，間距不變，故庫侖力對點電荷B不做功，D錯誤；設庫侖力與豎直方向間夾角為θ，則，隨θ先減小后增大，先增大后減小，先減小后增大，故A、C均正確，B錯誤. 2.【解析】選C.根據點電荷周圍場強公式以及場強的方向規(guī)定，可以確定出AB連線上B點左側、BA之間以及A點右側場強的大小和方向情況，可知BA之間合場強向左，A點

10、右側合場強向右，只有B點左側某一位置電場強度可為零，故選C. 3.【解析】選B.由圖可以看出，沿A、B方向電勢降低，電場方向由A指向B，，A錯誤，B正確；由圖可知A點電勢降低較快，故有EA>EB，C錯誤；由WAB=UAB·q，UAB>0，q>0可知，WAB>0，即電場力做正功，D錯誤. 【變式備選】(2011·上海高考)兩個等量異種點電荷位于x軸上，相對原點對稱分布，正確描述電勢φ隨位置x變化規(guī)律的是圖( ) 【解析】選A.等量異種點電荷的電場線分布如圖所示.正、負電荷在連線中點處產生的電勢一正一負，故此處即坐標原點處的總電勢為零.又沿電場線方向電勢逐漸降低，因此，在坐標原點左側

11、，各點的電勢都大于零；在坐標原點右側，各點的電勢都小于零，正電荷處電勢最高，負電荷處電勢最低，無窮遠處的電勢為零.因此，選項A正確. 4.【解析】選C.滑動變阻器的滑片C上移，電容器兩板間電壓U增大，由Q=CU可知，電容器帶電量Q增大，而電子穿過板間的時間，與板間電壓無關，故時間t不變，C正確. 5.【解析】選C.由題圖可知，A、B兩點不在同一等勢面上，電勢不相同，A錯誤；由對稱性可知，C、D兩點的電場強度方向不同，B錯誤；由WAB=UAB·q，UAB>0，q>0可知，WAB>0，C正確；沿CD直線，由C到D，電勢先增大后減小，故負電荷由C沿直線CD移至D點，電勢能先減小后增大，D錯誤.

12、 6.【解析】選A.要使靜電計的指針張開角度增大些，必須使靜電計金屬球和外殼之間的電勢差增大，斷開開關S后，將A、B兩極板分開些，電容器的帶電量不變，電容減小，電勢差增大，A正確；保持開關S閉合，將A、B兩極板分開或靠近些，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變，B、C錯誤；保持開關S閉合，將滑動變阻器滑動觸頭向右或向左移動，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變，D錯誤. 7.【解析】選B、C.粒子無論在板間還是在板右側與光屏之間，水平方向始終做勻速直線運動，由可知，粒子在板間運動的時間跟它從板右端運動到光屏的時間相等，C正確，D錯誤;因粒子垂直打在屏上，且粒子在板右端到屏之間具有豎直向下的加速度

13、g.粒子出電場時具有豎直向上的速度分量，到達屏時豎直速度分量為0，故有vy-gt=0，由以上兩式可解得：，B正確，A錯誤. 8.【解析】選B、C.因四個帶電液滴均做勻速直線運動，必有Eq=mg，故四個帶電液滴均帶正電荷，A錯誤；對a、b液滴，電場力和重力均不做功，故其電勢能和機械能均不變，B正確；電場力對c液滴做正功，c的電勢能減少，機械能增加,C正確；電場力對d液滴做負功，d的電勢能增加，機械能減少，故D錯誤. 9.【解析】選D.由F庫-mgsinθ=ma可知，物塊沿斜面的加速度先向上逐漸減小，再沿斜面向下，逐漸增大，其速度先增大后減小，故物塊Q的動能先增大再減小，A錯誤；因電場力始終做

14、正功，故電勢能一直減小，物塊Q的機械能一直增大，B錯誤，D正確；因只有電場力、重力做功，物塊的電勢能、重力勢能、動能之和守恒，又知動能先增大后減小，故重力勢能和電勢能之和先減小后增大，C錯誤. 【總結提升】電場中功能關系的應用 (1)若只有電場力做功，電荷的電勢能與動能相互轉化，兩者之和守恒. (2)若只有電場力和重力做功，電荷的電勢能、重力勢能與動能相互轉化，其總和守恒. (3)電場力做功與電荷電勢能的變化相對應，電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加. (4)合外力對電荷所做的總功等于電荷動能的增量. 10.【解析】選B.瞬間平移使帶電液滴加速度突然增大立即做勻加速

15、運動，而緩慢平移至虛線位置這一階段，帶電液滴電場力緩慢增大，加速度也緩慢增大，到達虛線位置以后才開始做勻加速運動，所以瞬間平移使帶電液滴到達B板的時間短，做功多，速度大，故答案為B. 11.【解題指南】解答本題時應注意以下兩點： (1)物塊在A點豎直方向加速度為零. (2)物塊由A到B的過程中，只有電場力做功. 【解析】(1)物塊在A點受重力、電場力、支持力.分解電場力， 由豎直方向受力平衡得 ①(4分) ②(2分) 由①②得. (2分) (2)從A運動到P點正下方B點的過程中，由動能定理得， (2分) 又因為U=φB-φ，

16、 (2分) 由以上兩式解得. (2分) 答案：(1) (2) 12.【解析】(1)粒子在電場內做類平拋運動，水平方向：L=v0t，豎直方向：，得 (4分) (2)其他條件不變，增大電場強度，從CD邊中點Q飛出與從BC邊中點P飛出相比，水平位移減半，豎直位移加倍，根據類平拋運動知識，則加速度為原來8倍，電場強度為原來8倍，電場力做功為W1=8EqL (2分) 粒子從CD邊中點Q飛出時的動能 (3分) (3)將EBCF向右平移一段距離x，粒子在電場中的類平拋運動分成兩部分，在無電場區(qū)域做勻速直線運動，軌跡如圖所示， (vy為出電場AEFD時豎直方向的速率) (1分) (2分) (vy′為出電場EBCF時豎直方向的速率) (1分) y2=(L-x)tanθ2=L-x (2分) (1分) 答案：(1) (2) (3) 內容總結