專題（52）靜電場 單元過關檢測（解析版）

2021年高考物理一輪復習考點全攻關專題（52）靜電場單元過關檢測（解析版）選擇題：（本題共11小題，每小題6分，滿分66分。在每小題給出的四個選項中，第1～6只有一項是符合題目要求，第7～11題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）利用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素，如圖1所示，平行板電容器的極板A與一靜電計相接，極板B接地，若極板B稍向上移動一點，由觀察到的靜電計的指針變化，得出平行板電容器的電容變小的結論，其依據(jù)是()圖1A．兩極板間的電壓不變，靜電計指針張角變大B．兩極板間的電壓不變，靜電計指針張角變小C．極板上的電荷量幾乎不變，靜電計指針張角變小D．極板上的電荷量幾乎不變，靜電計指針張角變大【答案】D【解析】A極板與靜電計相連，所帶電荷量幾乎不變，B板與A板帶等量異種電荷，電荷量也幾乎不變，故電容器的電荷量Q幾乎不變．將極板B稍向上移動一點，極板正對面積減小，電容C＝eq\f(εrS,4πkd)減小，由公式C＝eq\f(Q,U)知板間電壓變大，則靜電計指針的偏角θ變大，故A、B、C錯誤，D正確．如圖2所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是()圖2A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpN D．a(chǎn)M＜aN，EpM＜EpN【答案】D【答案】由粒子的軌跡知粒子所受電場力的方向偏向右，因粒子帶負電，故電場線方向偏向左，由沿電場線方向電勢降低，可知φN<φM，EpM<EpN.N點電場線比M點密，故場強EM<EN，由加速度a＝eq\f(Eq,m)知aM<aN.粒子若從N點運動到M點，電場力做正功，動能增加，故vM>vN.綜上所述，選項D正確．3.(2020·河南鄭州市質檢)如圖3，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點．不計重力，下列說法錯誤的是()圖3A．M帶負電荷，N帶正電荷B．M在b點的動能小于它在a點的動能C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功【答案】D【答案】由粒子運動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M帶負電荷，N帶正電荷，故A正確；M從a點到b點，庫侖力做負功，根據(jù)動能定理知，動能減小，則M在b點的動能小于在a點的動能，故B正確；d點和e點在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點的電勢能等于在e點的電勢能，故C正確；N從c點運動到d點，庫侖斥力做正功，故D錯誤．4.如圖4所示三幅圖顯示了在外加勻強電場E0的情形下，無窮大導體板中靜電平衡的建立過程．下列說法正確的是()圖4A．圖甲、圖乙顯示：導體內部帶負電的電子在電場力作用下運動，而帶正電的離子不受電場力作用B．圖乙中，導體表面感應電荷在導體內部產(chǎn)生一個水平向左的電場E′，場強大小等于E0C．圖丙中，導體內部場強處處為零，但電勢不一定是零D．圖丙中，導體AB表面的電勢低于CD表面的電勢【答案】C【答案】題圖甲、乙顯示：導體內部帶負電的電子在電場力作用下運動，而帶正電的離子也受電場力作用，故A錯誤；題圖乙中，電子在外加電場作用下運動，在導體表面產(chǎn)生感應電荷的過程，所以感應電荷的電場還沒有達到穩(wěn)定，場強大小小于E0，故B錯誤；題圖丙中，導體板已達到靜電平衡，即感應電荷的電場與外加的勻強電場等大反向，所以導體內部場強處處為零，電勢的高低與零電勢點的選取有關，所以電勢不一定為零，故C正確；由于導體板已達到靜電平衡，所以整個導體為一等勢體，電勢處處相等，故D錯誤．如圖5，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有兩個相鄰的豎直勻強電場，方向相反，豎直虛線為電場邊界，區(qū)域Ⅱ的電場強度是區(qū)域Ⅰ的2倍．帶電粒子以某初速度從A點在紙面內垂直左邊界進入?yún)^(qū)域Ⅰ，經(jīng)過一段時間后，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的B點(未畫出)垂直電場方向穿出，粒子重力不計，則()圖5A．粒子從A點運動到B點電場力一直做正功B．A、B兩點的連線與電場線垂直C．粒子在A、B兩點處動能相等D．粒子穿過兩電場區(qū)域時間相等【答案】C【答案】由題意知，粒子在B點速度垂直電場方向，所以從A到B的過程中在豎直方向先加速后減速，故電場力先做正功后做負功，A錯誤；從A到B在豎直方向發(fā)生了位移，故AB的連線與電場方向不垂直，B錯誤；粒子在水平方向一直做勻速直線運動，所以在A、B兩點處動能相等，C正確；在區(qū)域Ⅰ內a1＝eq\f(qE1,m)，離開區(qū)域Ⅰ時，vy＝a1t1，在區(qū)域Ⅱ內a2＝eq\f(qE2,m)，vy＝a2t2，因E2＝2E1，則a2＝2a1，a1t1＝a2t2，則t2＝eq\f(t1,2)，故D錯誤．6.某靜電場在x軸上各點的電勢φ隨坐標x的分布圖象如圖6.x軸上A、O、B三點的電勢值分別為φA、φO、φB，電場強度沿x軸方向的分量大小分別為EAx、EOx、EBx，電子在A、O、B三點的電勢能分別為EpA、EpO、EpB.下列判斷正確的是()圖6A．φO＞φB＞φA B．EOx＞EBx＞EAxC．EpO＜EpB＜EpA D．EpO－EpA＞EpO－EpB【答案】D【答案】由題圖知，φO＜φB＜φA，故A錯誤；根據(jù)圖象切線斜率的大小表示電場強度沿x軸方向的分量大小，則知，EOx＜EBx＜EAx，故B錯誤；因電子帶負電，故根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ＝－eφ可知，EpO＞EpB＞EpA，故C錯誤；由題圖知，OA間電勢差大于OB間電勢差，即有UAO＞UBO，即φA－φO＞φB－φO，電子帶負電，則根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ＝－eφ得：EpA－EpO＜EpB－EpO，即EpO－EpA>EpO－EpB，故D正確．7.如圖7所示，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知()圖7A．Q點的電勢比P點高B．油滴在Q點的動能比它在P點的大C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小【答案】AB【答案】由于油滴受到的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，D選項錯誤；由于油滴軌跡相對于過P的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內側，所以油滴所受合外力沿豎直向上的方向，因此電場力豎直向上，且qE>mg，則電場方向豎直向下，所以Q點的電勢比P點的高，A選項正確；假設油滴從P點運動到Q點，當油滴從P點運動到Q點時，電場力做正功，電勢能減小，C選項錯誤；假設油滴從P點運動到Q點，當油滴從P點運動到Q點的過程中，合外力做正功，動能增加，所以油滴在Q點的動能大于在P點的動能，B選項正確．一勻強電場的方向平行于紙面，平面內有矩形abcd，已知ab＝8cm，bc＝6cm，如圖8所示．a(chǎn)、b、c三點的電勢分別為10V、16V、22V．一電荷量為＋e的粒子從b點沿bd方向以4eV的初動能射入電場，恰好經(jīng)過a點，不計粒子重力，下列說法正確的是()圖8A．a(chǎn)點的電勢比d點低4.8VB．電場強度的大小為125V/mC．粒子到達a點時的動能為10eVD．僅改變粒子的電性，粒子能通過c點【答案】BC9.如圖9，水平向右的勻強電場中，一帶電粒子從A點以豎直向上的初速度開始運動，經(jīng)最高點B后回到與A在同一水平線上的C點，粒子從A到B過程中克服重力做功2J，電場力做功3J，則()圖9A．粒子在B點的動能比在A點多1JB．粒子在C點的電勢能比在B點少3JC．粒子在C點的機械能比在A點多12JD．粒子在C點的動能為6J【答案】AC【答案】從A→B根據(jù)動能定理可知：WAB－mgh＝ΔEk，即：ΔEk＝1J，即粒子在B點的動能比在A點多1J，故選項A正確；設在A點初速度為v0，粒子在豎直方向只受重力，做加速度大小為g的勻變速運動，故從A→B和從B→C的時間相等，而水平方向只受到電場力作用，在水平方向做勻加速直線運動，設從A→B的水平分位移為x1，從B→C的水平分位移為x2，則有x1＝eq\f(1,2)at2，x1＋x2＝eq\f(1,2)a·(2t)2，得eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,3)，則WBC＝3WAB＝9J，由于電場力做正功，則粒子在C點的電勢能比在B點少9J，故選項B錯誤；根據(jù)功能關系可知，從A→C機械能增量為：ΔE＝WAB＋WBC＝12J，由于重力勢能不變，即從A→C動能增加12J，即粒子在C點的動能比在A點多12J，故選項C正確，D錯誤．10．如圖10所示，a為xOy坐標系x負半軸上的一點，空間有平行于xOy坐標平面的勻強電場，一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以初速度v0從a點沿與x軸正半軸成θ角斜向右上射入電場，粒子只在電場力作用下運動，經(jīng)過y軸正半軸上的b點(圖中未標出)，則下列說法正確的是()圖10A．若粒子在b點速度方向沿x軸正方向，則電場方向可能平行于x軸B．若粒子運動過程中在b點速度最小，則b點為粒子運動軌跡上電勢最低點C．若粒子在b點速度大小也為v0，則a、b兩點電勢相等D．若粒子在b點的速度為零，則電場方向一定與v0方向相反【答案】CD【答案】如果電場平行于x軸，由于粒子在垂直于x軸方向分速度不為零，因此粒子速度不可能平行于x軸，A項錯誤；若粒子運動過程中在b點速度最小，則在粒子運動到b點時粒子的電勢能最大，由于粒子帶正電，因此b點的電勢最高，B項錯誤；若粒子在b點速度大小也為v0，則粒子在a、b兩點的動能相等，電勢能也相等，則a、b兩點電勢相等，C項正確；若粒子在b點的速度為零，則粒子一定做勻減速直線運動，由于粒子帶正電，因此電場方向一定與v0方向相反，D項正確．(多選)如圖11，質量為m、帶電荷量為＋q的小金屬塊A以初速度v0從光滑絕緣水平高臺上飛出．已知在足夠高的高臺邊緣右面空間中存在水平向左的勻強電場，場強大小E＝eq\f(3mg,q).則()圖11A．金屬塊不一定會與高臺邊緣相碰B．金屬塊一定會與高臺邊緣相碰，相碰前金屬塊在做勻變速運動C．金屬塊運動過程中距高臺邊緣的最大水平距離為eq\f(v\o\al(02,),4g)D．金屬塊運動過程的最小速度為eq\f(\r(10)v0,10)【答案】BD【答案】小金屬塊水平方向先向右做勻減速直線運動，然后向左做勻加速直線運動，故一定會與高臺邊緣相碰，故A錯誤，B正確；小金屬塊水平方向先向右做勻減速直線運動，加速度大小為3g，根據(jù)速度位移關系公式，有：xm＝eq\f(v\o\al(02,),2×3g)＝eq\f(v\o\al(02,),6g)，故C錯誤；小金屬塊水平方向向右做勻減速直線運動，分速度vx＝v0－3gt；豎直方向做自由落體運動，分速度vy＝gt；合速度v＝eq\r(v\o\al(x2,)＋v\o\al(y2,))＝eq\r(v0－3gt2＋gt2)＝eq\r(10g2t2－6gtv0＋v\o\al(02,))，根據(jù)二次函數(shù)知識，當t＝eq\f(3v0,10g)時，有極小值eq\f(\r(10)v0,10)，故D正確．二、非選擇題（本大題共2小題，滿分34分）12.（16分）如圖12所示，在E＝103V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝0.4m，N為半圓形軌道最低點，一帶負電且電荷量q＝10－4C的小滑塊，質量m＝0.01kg，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側d＝1.5m的M處，若給小滑塊一個水平向左的初速度v0，小滑塊恰能通過半圓形軌道的最高點Q.取g＝10m/s2，求：圖12(1)小滑塊的初速度大小v0；(2)小滑塊通過Q點后落回水平軌道時落點S距N的水平距離x.【答案】(1)7m/s(2)0.8m【答案】(1)設小滑塊恰能通過Q點時速度為v，由牛頓第二定律得：mg＋qE＝eq\f(mv2,R)小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得：－(mg＋qE)·2R－μ(mg＋qE)·d＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)聯(lián)立解得：v0＝7m/s；(2)小滑塊從Q點飛出，由類平拋運動規(guī)律有：mg＋qE＝ma2R＝eq\f(1,2)at2x＝vt聯(lián)立解得：x＝0.8m.12．（18分）豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖13(a)所示．t＝0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止．物塊A運動的v－t圖象如圖(b)所示，圖中的v1和t1均為未知量．已知A的質量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力．圖13(1)求物塊B的質量；(2)在圖(b)所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功．【答案】(1)3m(2)eq\f(2,15)mgH【答案】(1