2019高考物理 第一章 靜電場專題訓(xùn)練.docx

《2019高考物理 第一章 靜電場專題訓(xùn)練.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理 第一章 靜電場專題訓(xùn)練.docx（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

《第一章 靜電場》 一、單選題（1-8題是只有一個答案正確；9-12題有多個答案正確） 1．半徑相同的兩個金屬小球A、B帶有電荷量大小相等的電荷，相隔一定的距離，兩球之間的相互吸引力大小為F。今用第三個半徑相同的不帶電的金屬小球C先后與A、B兩個球接觸后移開，這時，A、B兩個球之間的相互作用力大小是 A．14F B．18F C．38F D．34F 【答案】 B 【解析】兩球之間的相互吸引力，則兩球帶等量異種電荷；假設(shè)A帶電量為Q，B帶電量為-Q， 兩球之間的相互吸引力的大小是：F=kQ?Qr2；第三個不帶電的金屬小球C與A接觸后，A和C的電量都為Q2；C與B接觸時先中和再平分，則C、B分開后電量均為-Q4，這時，A、B兩球之間的相互作用力的大?。篎=kQ2?Q4r2=F8，故B正確；ACD錯誤．故選B． 點睛：要清楚帶電體相互接觸后移開，同種電荷電量平分，異種電荷電量先中和再平分，根據(jù)庫侖定律的內(nèi)容，找出變化量和不變量熟練應(yīng)用庫侖定律即可求題． 2．如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，C為電容器，電流表A和電壓表V均可視為理想電表。閉合開關(guān)S后，在將滑動變阻器的滑片P向右移動的過程中 A．電流表A的示數(shù)變小，電壓表V的示數(shù)變大 B．小燈泡L變暗 C．電源的總功率變大，效率變小 D．通過定值電阻R1的電流方向自右向左 【答案】 C 【解析】電壓表測量兩端的電壓或者電容器兩端的電壓，當(dāng)滑動變阻器的滑片P向右移動的過程中滑動變阻器連入電路的電阻減小，電路總電阻減小，故電路總電流增大，所以通過燈泡L的電流增大，即小燈泡變亮，電流表示數(shù)增大，由于總電阻減小，所以根據(jù)閉合回路歐姆定律可得路端電壓減小，而小燈泡兩端的電壓增大，所以滑動變阻器兩端的電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，故AB錯誤；根據(jù)公式可得電源的總功率增大，根據(jù)公式可得電源的效率減小，故C正確；由于電容器兩端的電壓減小，所以根據(jù)公式可得電容器上的電荷量減小，故通過定值電阻R1的電流方向自左向右，D錯誤 3．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半徑為r的圓上，在C點由一固定點電荷，電荷量為-Q，現(xiàn)從A點將一質(zhì)量為m、電荷量為-q的點電荷由靜止釋放，該點電荷沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時的速度大小為4gr。已知重力加速度為g，規(guī)定電場中B點的電勢為零，則在-Q形成的電場中 （ ） A．D點的電勢為7mgrq B．A點的電勢高于D點的電勢 C．D點的電場強(qiáng)度大小是A點的2倍 D．點電荷-q在D點具有的電勢能為7mgr 【答案】 A 【解析】試題分析：由A到D電場力做正功，根據(jù)動能定理可知，，解得；則，因為，故，A正確；A點的電勢低于D點的電勢，B錯誤；A、D點的電場強(qiáng)度；，即D點的電場強(qiáng)度大小是A點的倍，C錯誤；點電荷-q在D點具有的電勢能為-7mgr，D錯誤；故選A。 4．已知均勻帶電球殼內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電勢處處相等．如圖所示，正電荷均勻分布在半球面上，Ox為通過半球頂點與球心O的軸線．A、B為軸上的點，且OA=OB．C、D為直徑上的兩點，且OC=OD．則下列判斷正確的是( ) A．A點的電勢與B點的電勢相等 B．C點的電場強(qiáng)度與D點的電場強(qiáng)度不相同 C．A點的電場強(qiáng)度與B點的電場強(qiáng)度相同 D．在A點由靜止開始釋放重力不計的帶正電粒子，該粒子將沿AB做勻加速直線運動 【答案】 A 【解析】 試題分析：由題意可知半球面右邊的電場線是水平向右的，沿電場線方向電勢逐漸降低，B錯誤；均勻帶電半球相當(dāng)于一個均勻帶正電的球和半個均勻帶負(fù)電的球，這個半球放在圖的另一邊．然后看AB兩點，可以看到，AB兩點在在上述涉及到的正電半球和負(fù)電半球中的相同的位置上．而由題目給出的條件，正電球在AB兩點產(chǎn)生的電場為零．所以，A點正電半球產(chǎn)生的電場強(qiáng)度相當(dāng)于負(fù)電半球產(chǎn)生的電場強(qiáng)度，而與B點的環(huán)境比較，唯一的區(qū)別是電荷符號相反，從而電場大小相同，只有可能有方向的區(qū)別，而分析可知，方向是相同的，故電場強(qiáng)度相等，B正確；電場線方向水平向右，所以在A點釋放靜止帶正電的微粒（重力不計），微粒將作加速運動，距離遠(yuǎn)后電場力減小，所以是變加速運動，C錯誤；本題沒有選取零勢點，所以帶正電的微粒在O點的電勢能不一定為零，D錯誤；故選A． 5．如圖所示，帶有等量異種電荷的兩塊很大的平行金屬板、水平正對放置，兩板間有一帶電微粒以速度沿直線運動，當(dāng)微粒運動到點時，迅速將板上移一小段距離，則此后微粒的運動情況可能是（） A．沿軌跡①做曲線運動 B．方向改變沿軌跡②做直線運動 C．方向不變沿軌跡③做直線運動 D．沿軌跡④做曲線運動 【答案】 C 【解析】試題分析：由題，平行金屬板所帶電量和正對面積都不變，根據(jù)推論得知，只改變兩板的距離時，板間的場強(qiáng)不變，粒子的受到電場力也不變，微粒的運動方向不變，仍沿軌跡③做直線運動． 故選C 6．下列措施中，不屬于防止靜電危害的是 A．油罐車后有一條拖在地上的鐵鏈條 B．小汽車上有一根露在車面上的小天線 C．在印染廠中保持適當(dāng)?shù)臐穸? D．在地毯上夾雜0.05～0.07 mm的不銹鋼絲導(dǎo)電纖維 【答案】 B 【解析】油罐車在運輸過程中，油和罐之間不斷摩擦，從而產(chǎn)生大量的靜電，通過后面裝一條拖地的鐵鏈，及時導(dǎo)走，這是防止靜電危害，A錯誤；小汽車上有一根露在車面上的小天線是為了更好地接受無線電信號，B正確；印刷車間中，紙張間摩擦產(chǎn)生大量靜電，所以印刷車間中保持適當(dāng)?shù)臐穸?，及時把靜電導(dǎo)走，避免靜電造成的危害，C錯誤；不銹鋼絲的作用是把鞋底與地毯摩擦產(chǎn)生的電荷傳到大地上，以免發(fā)生靜電危害，D錯誤． 7．如圖所示，某同學(xué)在研究電子在電場中的運動時，得到了電子由a點運動到b點的軌跡（圖中實線所示），圖中未標(biāo)明方向的一組虛線可能是電場線，也可能是等差等勢面，則下列說法正確的判斷是 A．如果圖中虛線是電場線，電子在a點動能較小 B．如果圖中虛線是等勢面，電子在b點動能較小 C．不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的場強(qiáng)都大于b點的場強(qiáng) D．不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的電勢都高于b點的電勢 【答案】 C 【解析】試題分析：若虛線是電場線，從軌跡彎曲方向可知電場力沿著電場線向左，ab曲線上每一點的瞬時速度與電場力方向均成鈍角，故電子做減速運動，動能減小，電子在a點動能較大，A錯誤；若虛線為等勢面，根據(jù)等勢面與電場線處處垂直可大致畫出電場線，顯然可看出曲線上每個位置電子受到的電場力與速度成銳角，電子加速運動，故動能增大，電子在b點動能較大，B錯誤；不論圖中虛線是電場線還是等勢面，由電場線的密集程度可看出a點的場強(qiáng)較大，故C正確；若虛線是等勢面，從電子曲線軌跡向下彎曲可知電場線方向垂直虛線向上，沿著電場線方向電勢越來越低，故a點電勢較??；若虛線是電場線，從軌跡彎曲方向可知電場力沿著電場線向左，故電場線方向向右，沿著電場線方向電勢越來越低，故a點電勢較大，故D錯誤． 8．如圖所示，兩等量異種電荷在同一水平線上，它們連線的中點為O，豎直面內(nèi)的半圓弧光滑絕緣軌道的直徑AB水平，圓心在O點，圓弧的半徑為R，C為圓弧上的一點，OC與豎直方向的夾角為37，一電荷量為+q，質(zhì)量為m的帶電小球從軌道的A端由靜止釋放，沿軌道滾動到最低點時速度v=2gR，g為重力加速度，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則 A．電場中A點的電勢為mgRq B．電場中B點的電勢為-2mgRq C．小球運動到B點時的動能為mgR D．小球運動到C點時，其動能與電勢能的和為1.6mgR 【答案】 A 【解析】 取無窮遠(yuǎn)處電勢為0，則最低點處電勢為0．小球從A點運動到最低點過程中，由動能定理可得：mgR+qUAO＝12mv2；解得UAO＝mgRq；而UAO=φA-0；解得φA＝mgRq，故A正確；由對稱性可知：UAO=UOB，即為：φA-0=0-φB，故有：φB＝?mgRq，故B錯誤；小球從A點運動到B點過程中，由動能定理得：Ek=qUAB=2mgR，故C錯誤；小球在最低點處的動能和電勢能的總和為：E1＝12mv2+0＝2mgR，由最低點運動到C點過程，動能、電勢能、重力勢能的總量守恒，而重力勢能增加量為：△Ep=mgR（1-cos37）=0.2mgR；故動能、電勢能的綜合減少了0.2mgR，所以小球在C點的動能和電勢能的總和為：E2=E1-0.2mgR=1.8mgR，故D錯誤；故選A。 9．如圖所示，a、b、c、d為勻強(qiáng)電場中的等勢面，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子在A點以大小為v1的速度射入電場，沿如圖軌跡到達(dá)B點時速度大小為v2，且速度與等勢面平行，A、B連線長為L，連線與等勢面間的夾角為θ，不計粒子受到的重力，則（） A．v1大于v2 B．等勢面b的電勢比等勢面c的電勢高 C．粒子從A運動到B所用時間為Lcosθv2 D．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為m(v12-v22)2qLsinθ 【答案】 ACD 【解析】 由粒子的運動軌跡可知，粒子受向上的電場力，可知從A到B電場力做負(fù)功，動能減小，即v1大于v2，選項A正確；粒子帶正電，受向上的電場力，可知場強(qiáng)方向向上，等勢面b的電勢比等勢面c的電勢低，選項B錯誤；粒子在水平方向不受力，可知在水平方向做勻速運動，速度為v2，則從A到B的時間為Lcosθv2，選項C正確；由A到B根據(jù)動能定理：-EqLsinθ=12mv22-12mv12，解得E=m(v12-v22)2qLsinθ，選項D正確；故選ACD. 10．如圖所示，將電動勢為E的電源與電容為C的電容器相連，中間接有一個理想二極管，一個質(zhì)最為m、電荷量為q的粒子靜止在P點，則(　　) A．若下板上移，電容器的電容增大，帶電粒子將向上加速 B．若下板上移，電容器的電容減小，帶電粒子將向下加速 C．若下板下移，電容器的電容減小，帶電粒子將靜止不動 D．若下板下移，電容器的電容增大，帶電粒子將向上加速 【答案】 AC 【解析】 AB、若下板上移，即極板間距減小，依據(jù)電容的決定式C=?S4πkd，那么電容C增大；根據(jù)電源與電容器相連，則電容器的電壓不變，再由電容的定義式C=QU可知，電容器處于充電狀態(tài)，即電量Q會增多，而電場強(qiáng)度公式E=Ud=4πkQ?S可知，電場強(qiáng)度增強(qiáng)，即電場力增大，因此帶電粒子將向上加速，故A正確，B錯誤。 CD、若下板下移，即極板間距增大，依據(jù)電容的決定式C=?S4πkd，那么電容C減小，根據(jù)電源與電容器相連，則電容器的電壓不變，再由電容的定義式C=QU可知，電容器處于要放電，但二極管的作用，即電量Q不會減小，而電場強(qiáng)度公式E=Ud=4πkQ?S，可知，電場強(qiáng)度不變，即電場力不變，因此帶電粒子將靜止不動，故C正確，D錯誤。 故選：A、C 11．某空問有一電場，其電場中的電勢?在x軸上的分布如圖所示。下列說法正確的是： A．在x軸上，從x1到x2的這段范圍內(nèi)場強(qiáng)方向向左 B．在x軸上，從x1到x2過程中電場強(qiáng)度大小逐漸增大 C．把一負(fù)電荷從x1移到x2，電場力做正功 D．把一負(fù)電荷從x1移到x2，電場力做負(fù)功 【答案】 AC 【解析】 在x軸上，從x1到x2的這段范圍內(nèi)電勢逐漸升高，可知電場方向向左，選項A正確；因?-x圖像的斜率等于電場強(qiáng)度，可知從x1到x2過程中電場強(qiáng)度大小逐漸減小，選項B錯誤；電場方向向左，則把一負(fù)電荷從x1移到x2，電場力向右，電場力做正功，選項C正確，D錯誤；故選AC. 12．四個電荷量大小相同的點電荷位于正方形四個角上，電性與各點電荷附近的電場線分布如圖所示。ab、cd分別是正方形兩組對邊的中垂線，O為中垂線的交點，P、Q分別為ab，cd上的兩點，OP>OQ，下列說法中正確的是 A．P、Q兩點電勢相等，場強(qiáng)不同 B．P點的電勢比M點的低 C．PM兩點間的電勢差大于QM間的電勢差 D．帶負(fù)電的試探電荷在Q點的電勢能比在M點小 【答案】 AD 【解析】 A、電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，電場線越密，電場強(qiáng)度越大，根據(jù)圖象知P點的電場強(qiáng)度比Q點的小.根據(jù)電場線與等勢面垂直，可知ab與cd是兩條等勢線，則P與O的電勢相等，Q與O的電勢也相等，所以P、Q兩點的電勢相等；故A正確. B、ab連線上各點的電勢相等，沿著電場線方向，電勢逐漸降低可知，M點比ab連線上各點的電勢低，則M點的電勢比P點的低；故B錯誤； C、由于P、Q兩點電勢相等，所以PM兩點間的電勢差等于QM間的電勢差，故C錯誤； D、P、Q兩點的電勢相等，又根據(jù)B項分析可知M點的電勢比P點的低，則Q點的電勢高于M點的電勢，而負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，所以帶負(fù)電的試探電荷在Q點的電勢能比在M點??；故D正確. 故選AD. 二、非選擇題 13．現(xiàn)有A、B、C三點為一直角三角形的三個頂點，∠B＝30，在A、B兩點放置兩點電荷qA、qB，測得C點電場強(qiáng)度的方向與AB平行，如圖所示。則 （1）判斷qA、qB的電性（即正、負(fù)）。（4分） （2）求qA與qB的比值。（6分） 【答案】 A帶負(fù)電，B帶正電　1∶8 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)電場的疊加可得，兩者都帶負(fù)電 （2）根據(jù)點電荷電場公式可得sin300=kqAAC2kqABC2得：qAqA=18， 14．如圖所示，在平行金屬帶電極板MN電場中將電荷量為-410-6C的點電荷從A點移到M板，電場力做負(fù)功810-4J，把該點電荷從A點移到N板，電場力做正功為410-4J，N板接地，設(shè)地面為零勢面。則 (1)A點的電勢φA是多少？ (2)UMN等于多少伏？ (3)M板的電勢φM是多少？ 【答案】 （1）-100V（2）-300V（3）-300V 【解析】 (1)A、N間的電勢差：UAN=WANq=410-4-410-6V=-100V 又UAN=φA-φN，φN=0， 則A點的電勢為：φA=-100V。 (2)根據(jù)帶電粒子做功規(guī)律可知： WMA=-WAM=810-4J 所以M、N板間的電勢差為： UMN=WMNq=WMA+WANq=810-4+410-4-410-6=-300V。 (3)由UMN=φM-φN，φN=0， 得M板的電勢為：φM=UMN=-300V 15．如圖所示，帶電荷量為+410－8C的滑塊在電場強(qiáng)度大小為2104N／C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，沿光滑絕緣水平面由M點運動到N點。已知M、N間的距離為0．1 m。求： （1）滑塊所受電場力的大?。? （2）M、N兩點間的電勢差； （3）電場力所做的功。 【答案】 （1）810-4N （2）2103V （3）810-5J 【解析】 （1）滑塊所受的電場力為： F=qE=410一82104N=810-4N （2）M、N兩點間的電勢差為： UMN=Ed=21040.1V=2103V （3）電場力所做的功為： WMN=qUMN=410-82103J=810-5J 16．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一絕緣“?”型桿放在水平向右的勻強(qiáng)電場中，其中AB、CD水平且足夠長，光滑半圓半徑為R，質(zhì)量為m、電量為+q的帶電小球穿在桿上，從距B點x=5.75R處以某初速v0開始向左運動。已知小球運動中電量不變，小球與AB、CD間動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.25、μ2=0.80，電場力Eq=3mg/4，重力加速度為g，sin37=0.6，cos37=0.8。求： （1）若小球初速度v0=4gR，則小球運動到半圓上B點時受到的支持力為多大； （2）小球初速度v0滿足什么條件可以運動過C點； （3）若小球初速度v=4gR，初始位置變?yōu)閤=4R，則小球在桿上靜止時通過的路程為多大。 【答案】 （1）5.5mg（2）v0>4gR（3）44+πR 【解析】 （1）加速到B點：-μ1mgx-qEx=12mv2-12mv02 在B點：N-mg=mv2R 解得N=5.5mg （2）在物理最高點F：tanα=qEmg 解得α=370；過F點的臨界條件：vF=0 從開始到F點：-μ1mgx-qE(x+Rsinα)-mg(R+Rcosα)=0-12mv02 解得v0=4gR 可見要過C點的條件為：v0>4gR （3）由于x=4R<5.75R，從開始到F點克服摩擦力、克服電場力做功均小于（2）問，到F點時速度不為零，假設(shè)過C點后前進(jìn)x1速度變?yōu)榱?，在CD桿上由于電場力小于摩擦力，小球速度減為零后不會返回，則： -μ1mgx-μ2mgx1-qE(x-x1)-mg?2R=0-12mv02 s=x+πR+x1 解得：s=(44+π)R