2020-2021學(xué)年高考物理總復(fù)習(xí)單元同步訓(xùn)練-靜電場試題及答案

單元同步提升訓(xùn)練：靜電場一、單選題（每題3分,共計24分）1.（2020年浙江卷）空間P、Q兩點處固定電荷量絕對值相等的點電荷，其中Q點處為正電荷，P、Q兩a點和b點的電場強(qiáng)度相同b點的電勢低于d點的電勢D.負(fù)電荷從a點移動到c點時電勢能增加【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)電場線與等勢面垂直關(guān)系，可判斷P點處為負(fù)電荷，無窮遠(yuǎn)處電勢為0,e點在PQ連線的中垂線上，則Q=0,A錯誤；B.a、b兩點電場強(qiáng)度大小相同，方向不同，則a、b兩點電場強(qiáng)度不同，B錯誤；C.從Q到P電勢逐漸降低，則Q>①屋C錯誤；D.由Q>中屋負(fù)電荷從a到c電場力做負(fù)功，電勢能增加，D正確。故選D。（2020年北京卷）真空中某點電荷的等勢面示意如圖，圖中相鄰等勢面間電勢差相等。下列說法正確的是（）A.該點電荷一定為正電荷P點的場強(qiáng)一定比Q點的場強(qiáng)大P點電勢一定比Q點電勢低D.正檢驗電荷在P點比在Q點的電勢能大【答案】B【解析】【詳解】A.正電荷和負(fù)電荷周圍的等勢面都為一組同心球殼，該點電荷不一定為正電荷，故、錯誤；B.相鄰等勢面間電勢差相等，P點附近的等差等勢面更加密集，故P點的場強(qiáng)一定比Q點的場強(qiáng)大，故B正確；C正電荷和負(fù)電荷周圍的等勢面都為一組同心球殼，若為正點電荷，貝P點電勢一定比Q點電勢高，故C錯誤；D.從等勢面的情況無法判斷該點電荷為正點電荷還是負(fù)點電荷，無法判斷P點電勢與Q點電勢的高低，就無法判斷正檢驗電荷在P點和在Q點的電勢能的大小，故D錯誤。故選B。(2019?北京卷)如圖所示，a、b兩點位于以負(fù)點電荷Q(Q>0)為球心的球面上，c點在球面外，則a點場強(qiáng)的大小比b點大b點場強(qiáng)的大小比c點小a點電勢比b點高b點電勢比c點低【答案】D【解析】由點電荷場強(qiáng)公式E=k_Q確定各點的場強(qiáng)大小，由點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面「2 Q和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的高低。由點電荷的場強(qiáng)公式E=k蘭可知，a、b兩點到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點的電場強(qiáng)度大小相等，故A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比b點的大，所以b點的場強(qiáng)大小比c點的大，故B錯誤；由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以a點與b點電勢相等，負(fù)電荷的電場線是從無窮遠(yuǎn)處指向負(fù)點電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點電勢比c點低，故D正確。（2019?天津卷）如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量湖的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運(yùn)動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動到N的過程一下1A.動能增加—mv22B.機(jī)械能增加2mv23C.重力勢能增加—mv22D.電勢能增加2mv2【答案】BTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 ■一【解析】由動能的表達(dá)式E=-mv2可知帶電小球在M點的動能為三..=二「.：-，在N點的動能為k2] . 3三「二三：?：二；=；：「，所以動能的增量為二E,二三「】一，故A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運(yùn)動，豎直方向受重力做勻減速運(yùn)動，水平方向受電場力做勻加速運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式有:=_-=--=^2-,可得qE=2mg,豎直方向的位移h=v_t,水平方向的位移一??寸 2?切 3：?：=—=，-,因此有X=2h,<S-.--s-=_s. ■,聯(lián)立上式可解得qEx=2mv2,二”二三：…】因此電場力做正功，機(jī)械能增加，故機(jī)械能增加2mv2,電勢能減少2mv2,1故B正確D錯誤，重力做負(fù)功重力勢能增加量為一mv2，故C錯誤。2（2019.浙江選考）等量異種電荷的電場線如圖所示，下列表述正確的是A.a點的電勢低于b點的電勢a點的場強(qiáng)大于b點的場強(qiáng)，方向相同C將一負(fù)電荷從a點移到b點電場力做負(fù)功D.負(fù)電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能【答案】C【解析】沿電場線方向電勢降低，故a點電勢高于b點電勢，A錯誤；電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度大小，電場線越密，電場強(qiáng)度越大，故a點的場強(qiáng)大于b點的場強(qiáng)，電場線的切線方向為場強(qiáng)方向，故ab兩點的電場強(qiáng)度方向不同，B錯誤；負(fù)電荷在低電勢處電勢能大，所以從a點（高電勢）移動到b點（低電勢），電勢能增大，電場力做負(fù)功，C正確D錯誤.（2019.浙江選考）電荷量為4x10-6C的小球絕緣固定在A點，質(zhì)量為0.2kg、電荷量為一5x10-6C的小球用絕緣細(xì)線懸掛，靜止于B點。A、B間距離為30cm,AB連線與豎直方向夾角為60°。靜電力「. 4籠1o一：式qx］。一：【解析】兩球之間的庫侖力為，二二：士二二。-二-一一，二…-<=二N,小球B受到的重力

r 03大小為GB=2N，且F與豎直方向夾角為60°,F=GB,故小球B受到的庫侖力，重力以及細(xì)線的拉力，組成的矢量三角形為等邊三角形，所以細(xì)線與豎直方向的夾角為60°,B正確.【點睛】當(dāng)三力平衡時，能組成一個封閉的矢量三角形，再結(jié)合一個角為60°的等腰三角形為等邊三角形即可求解。空間有一勻強(qiáng)電場，在電場中建立圖甲所示的直角坐標(biāo)系0-%yz,M、N、P為電場中的三個點,M點的坐標(biāo)為aa,a,0）,N點的坐標(biāo)為（a,0,0）,P點的坐標(biāo)為（a；,二）。已知電場方向平行于直線MN,,M點電勢為零,N點電勢為1V,則P點的電勢為（）。A.■VV3C.-V1V【解析】將立體圖中的P點投影在xQy平面，做出M、N、P三點在xQy平面的相對位置如圖乙所示,M點電勢為零,N點電勢為1V,根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知，該勻強(qiáng)電場的電場線方向如圖乙所示,O1為MN連線的二等分點,O2為O1N的二等分點,由幾何知識知AP垂直于電場強(qiáng)度E,故P、O2、A：UMN=18.（2020年浙江卷）如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速度丫°從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中。已知根雙與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點時（）, .mvA.所用時間為—0qEB.速度大小為3v0

C.與P點的距離為"嗎qED.速度方向與豎直方向的夾角為30°【答案】C【解析】【詳解】A.粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向豎直方向1Eq

y=2m2y ytan45=_X可得22mvEq0故A錯誤;B.由于EqtEqt=2v故粒子速度大小為故B錯誤；C.由幾何關(guān)系可知，到P點的距離為L=/2vt=2%*mv00Eq故C正確；D.由于平拋推論可知，tana=2tanP，可知速度正切tana=2tan45=2>tan60可知速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯誤。

故選C。二、多選題（每題5分,共計20分）（2020年全國H卷）如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細(xì)圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。0b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則（）a、a、b兩點的場強(qiáng)相等a、b兩點的電勢相等C.cC.c、d兩點的場強(qiáng)相等D.c、d兩點的電勢相等【答案】ABC【解析】【詳解】BD.如下圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無數(shù)對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸PP',PP'所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠(yuǎn)處，電勢為零。故MP上的點電勢為零，即Q=Q=0；而從M點到N點，電勢一直在降低，即Q>Wd，故B正確，D錯誤；AC.上下兩側(cè)電場線分布對稱，左右兩側(cè)電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知AC正確；故選ABC。（2020年ft東卷）真空中有兩個固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等。一個帶負(fù)電的試探電荷置于二者連線上的0點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)。過0點作兩正電荷連線的垂線，以0點為圓心的圓與連線和垂線分別交于。、C和b、d，如圖所示。以下說法正確的是（）a點電勢低于O點b點電勢低于c點C.該試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D.該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能【答案】BD【解析】【詳解】A.由題意可知O點合場強(qiáng)為零，根據(jù)同種電荷之間電場線的分布可知aO之間電場線由a到O,故a點電勢高于O點電勢，故A錯誤；B.同理根據(jù)同種電荷電場線分布可知b點電視低于c點電勢，故B正確；C.根據(jù)電場線分布可知負(fù)電荷從a到b電場力做負(fù)功，電勢能增加，即該試探電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能，故C錯誤；D.同理根據(jù)電場線分布可知負(fù)電荷從c點到d點電場力做負(fù)功，電勢能增加，即該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能，故D正確。故選BD。11.（2020年全國III卷）如圖，ZM是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q（q>0）的點電荷固定在P點。下列說法正確的是（）M1 、NA.沿MN邊，從M點到N點，電場強(qiáng)度的大小逐漸增大B.沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小C.正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大D.將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負(fù)【答案】BC【解析】【詳解】A.點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖/M是最大內(nèi)角，所以PN>PM，根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式E=kQ（或者根據(jù)電場線的疏密程度）可知r2從MfN電場強(qiáng)度先增大后減小，A錯誤;B.電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從MfN電勢先增大后減小，B正確;C.M、N兩點的電勢大小關(guān)系為3M>中N，根據(jù)電勢能的公式E=q①可知正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能，C正確；D.正電荷從MfN,電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D錯誤。故選BC。（2020年江蘇卷）如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球（不計重力）開始時，兩小球分別靜止在A、B位置?，F(xiàn)外加一勻強(qiáng)電場E,在靜電力作用下，小球繞輕桿中點。轉(zhuǎn)到水平位置。取O點的電勢為0。下列說法正確的有（）A.電場E中A點電勢低于B點B.轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等C.該過程靜電力對兩小球均做負(fù)功D.該過程兩小球的總電勢能增加【答案】AB【解析】【詳解】A.沿著電場線方向，電勢降低，A正確;B.由于O點的電勢為0,根據(jù)勻強(qiáng)電場的對稱性又丫"，Ep=q6所以Epa=EpbB正確;CD.A、B位置的小球受到的靜電力分別水平向右、水平向左，絕緣輕桿逆時針旋轉(zhuǎn)，兩小球靜電力對兩小球均做正功，電場力做正功，電勢能減少，CD錯誤;故選AB。三、實驗題（每題10分,共20分）（2020年全國III卷已知一熱敏電阻當(dāng)溫度從10℃升至60℃時阻值從幾千歐姆降至幾百歐姆，某同學(xué)利用伏安法測量其阻值隨溫度的變化關(guān)系。所用器材：電源E、開關(guān)S、滑動變阻器H（最大阻值為20Q）、電壓表（可視為理想電表）和毫安表（內(nèi)阻約為100Q）。⑴在答題卡上所給的器材符號之間畫出連線，組成測量電路圖（2）實驗時，將熱敏電阻置于溫度控制室中，記錄不同溫度下電壓表和亳安表的示數(shù)，計算出相應(yīng)的熱敏電阻阻值。若某次測量中電壓表和毫安表的示數(shù)分別為5.5V和3.0mA,則此時熱敏電阻的阻值為 kQ（保留2位有效數(shù)字）。實驗中得到的該熱敏電阻阻值R隨溫度看變化的曲線如圖（a）所示。圖（a）⑶將熱敏電阻從溫控室取出置于室溫下，測得達(dá)到熱平衡后熱敏電阻的阻值為2.2kQ。由圖（a）求得，此時室溫為℃（保留3位有效數(shù)字）。（4）利用實驗中的熱敏電阻可以制作溫控報警器，其電路的一部分如圖（b）所示。圖中，E為直流電源（電動勢為10V，內(nèi)阻可忽略）；當(dāng)圖中的輸出電壓達(dá)到或超過6.0V時，便觸發(fā)報警器（圖中未畫出）報警。若要求開始報警時環(huán)境溫度為50℃，則圖中 （填“4”或“R2”）應(yīng)使用熱敏電阻，另一固定電阻的阻值應(yīng)為 kQ（保留2位有效數(shù)字）。熱敏電阻廠—f熱敏電阻廠—f/ ］—7(2).1.8 (3).25.5 (4).R1 (5).1.2【答案】(1).【解析】【詳解】（1）［1］滑動變阻器由用分壓式，電壓表可視為理想表，所以用電流表外接。連線如圖

熱敏電阻熱敏電阻(2)⑵由部分電路歐姆定律得U55R=—=———Q氏1.8kQI0.3x10-3(3)[3]由圖(a)可以直接可讀該電阻的阻值為2.2kQ對應(yīng)的溫度為25.5℃。(4)[4]溫度升高時，該熱敏電阻阻值減小，分得電壓減少。而溫度高時要求輸出電壓升高，以觸發(fā)報警，所以R1為熱敏電阻。[5]由圖線可知，溫度為50℃時，R1=0.8kQ，由歐姆定律可得E=I(R1+R2)，U=IR2代入數(shù)據(jù)解得R2=1.2kQ14.用圖1所示的甲、乙兩種方法測量某電源的電動勢和內(nèi)電阻(約為1Q)。其中R為電阻箱，電流表的內(nèi)電阻約為0.1Q，電壓表的內(nèi)電阻約為3kQ。(1)利用圖1中甲圖實驗電路測電源的電動勢E和內(nèi)電阻廠，所測量的實際是圖2中虛線框所示“等效電源”的電動勢E和內(nèi)電阻r'。若電流表內(nèi)電阻用R人表示，請你用…和RA表示出E、r,，并

（2）某同學(xué)利用圖像分析甲、乙兩種方法中由電表內(nèi)電阻引起的實驗誤差。在圖3中，實線是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)（圖甲：U=/H，圖乙：I=-）描點作圖得到的U-1圖像；虛線是該電源的路端電壓U隨電流I變化的R（3（3）綜合上述分析，為了減小由電表內(nèi)電阻引起的實驗誤差，本實驗應(yīng)選擇圖1中的（填“甲”或“乙”）?！敬鸢浮?（1）.E'=E，r+R」理由見解析（2）.C（3）.A（4）,乙■A.【解析】【詳解】（1）［1］將電源和電流表視為等效電源，電源電動勢是電源本身具有的屬性，電流表不具有產(chǎn)生電動勢的本領(lǐng)，所以等效電源的電動勢仍然為而電流表的內(nèi)阻和電動勢的內(nèi)阻作為等效電源的內(nèi)阻，即（2）［2］對甲圖，考慮電表內(nèi)阻時，根據(jù)閉合電路歐姆定律得E=U路+Ir內(nèi)=U+I(r+RA)變形得U=-(r+RA)I+E直接通過實驗獲得數(shù)據(jù)，可得U=-rI+E圖像與縱軸截距均為電源電動勢E，虛線對應(yīng)的斜率大小為r，實線對應(yīng)的斜率大小為（r+R，，所以對應(yīng)圖甲電路分析的U-1圖像是C；[3]對乙圖，考慮電表內(nèi)阻時（即虛線對應(yīng)的真實情況）根據(jù)閉合電路歐姆定律得UrE=U+Ir=U+（I+ ）r=U+Ir+U路內(nèi) R R變形得U=-Rr._Rr—V—I+V—ERV+rRV+r直接通過實驗獲得數(shù)據(jù)，可得U=-rI+ER虛線對應(yīng)的斜率大小為r，實線對應(yīng)的斜率大小為丁七r<r，虛線對應(yīng)的縱軸截距為E，實線對應(yīng)的R+rRE縱軸截距為R*rE<E；兩圖線在U=0時，對應(yīng)的短路電流均為1短=r，所以對應(yīng)圖乙電路分析的VU-I圖像是A。⑶[4]圖甲雖然測量的電源電動勢準(zhǔn)確，但電流表分壓較為明顯，所以內(nèi)阻測量的誤差很大；圖乙雖然電動勢和內(nèi)阻測量均偏小，但是電壓表內(nèi)阻很大，分流不明顯，所以電動勢和內(nèi)阻的測量誤差較小，所以選擇圖乙可以減小由電表內(nèi)電阻引起的實驗誤差。四、計算題（15題10分，16題12分，17題14分,共計36分）15.如圖所示，在電場強(qiáng)度E=103V/m的水平向左勻強(qiáng)電場中,有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行,其半徑R=40cm,一帶電荷量為q=+10-4C的小滑塊的質(zhì)量m=40g,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)”62,重力加速度取g=10m/s2,問：⑴要使小滑塊恰好運(yùn)動到圓軌道的最高點。，滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點多遠(yuǎn)處釋放?(2)這樣釋放的滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大?(P為半圓軌道中點)⑶小滑塊經(jīng)過。點后最后落地，落地點離N點的距離多大?落地時的速度是多大?【解析】(1)設(shè)滑塊與N點的距離為L，分析滑塊的運(yùn)動過程，由動能定理可得qEL-FfL-mg?2R=-mv2-0由滑塊的受力可知Ff=MFN,FN=mg小滑塊在。點時，重力提供向心力，有V2mg=m聯(lián)立上式得L=20m。(2)滑塊到達(dá)P點時,對全過程應(yīng)用動能定理可得qE(L+R)-FfL-mg?R=m''-0在P點時由牛頓第二定律可得FN'-qE=m'-聯(lián)立解得FN=1.5N即滑塊通過P點時對軌道壓力的大小是1.5N。I 隨⑶小滑塊經(jīng)過。點,在豎直方向上做的是自由落體運(yùn)動，由ggt2,可得滑塊運(yùn)動的時間t= 」得t=0.4s滑塊在水平方向上只受到電場力的作用,做勻減速運(yùn)動，由(1)可得v=2m/s,由牛頓第二定律可得qE=ma水平方向的位移二at2代入解得％=0.6m滑塊落地時豎直方向上的速度大小vy=gt=4m/s水平方向的速度大小vx=v-at=1m/s落地時速度大小v應(yīng)解得v m/s?！敬鸢浮?1)20m(2)1.5N(3)0.6m獷m/s16.(2020年全國I卷)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為辦電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進(jìn)入電場時速度為零的粒子，自圓周上的。點以速率%穿出電場，AC與AB的夾角仇60°。運(yùn)動中粒子僅受電場力作用。（1）求電場強(qiáng)度的大??；（2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？（3）為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為機(jī)!，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？【答案】（1）E=m0-；（2）v=*vo-；（3）0或v=曲v02qR i4 2 2【解析】【詳解】（1）由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運(yùn)動，由于q>0，故電場線由A指向C，根據(jù)幾何關(guān)系可知：xac=R所以根據(jù)動能定理有：—一1一八qEx-_mv2-0AC2 0解得：mv2

E=一L.2qR（2）根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點為D，即粒子要從D點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系有x=Rsin60'=vt1y=R+Rcos60=—at22而電場力提供加速度有qE=ma聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場時的速度:v=72v 11 4(3)因為粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0,即在電場方向上速度變化為v0，過C點做AC垂線會與圓周交于B點，故由題意可知粒子會從C點或B點射出。當(dāng)從B點射出時由幾何關(guān)系有xBC=3RR=vt1x=R=_at2AC 22電場力提供加速度有qE=ma聯(lián)立解得v=可；當(dāng)粒子從C點射出時初速度為0。02 2另解:由題意知，初速度為0時，動量增量的大小為mv0,此即問題的一個解。自A點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，動量變化都相同，自B點射出電場的粒子，其動量變化量也恒為mv0，由幾