高三物理一轮复习静电场章末检测提升.docx
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高三物理一轮复习静电场章末检测提升
第六章 静电场
一、选择题（本大题共10小题，共40分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）
1．（多选）某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．a点场强大于b点场强
B．a点电势高于b点电势
C．若将一试探电荷＋q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点
D．若在d点固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减少
解析：
电场线的疏密表示电场的强弱，A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；＋q在a点所受电场力方向沿电场线的切线方向，由于电场线为曲线，所以＋q不沿电场线运动，C项错误；在d点固定一点电荷－Q后，a点电势仍高于b点，＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减少，D项正确．
答案：
BD
2．一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为φ，如图所示。
下列方法中能使夹角φ减小的是（ ）
A．保持开关闭合，使两极板靠近一些
B．保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动
C．保持开关闭合，使两极板远离一些
D．打开开关，使两极板靠近一些
解析：
要使悬线夹角φ减小，就要减小小球在电容器中所受到的电场力，即要减小电容器内部电场强度．保持开关S闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E＝知，电场强度增大，φ要增大；使两极板远离一些，就会使电场强度减小，夹角φ减小；调节滑动变阻器不能影响电容器两极板间的电压大小，因此A、B两项错误，C项正确；若断开开关S，电容器两极板所带电荷量不变，使两极板靠近一些，由C＝，U＝，E＝知，E不变，即夹角φ不变，D项错误．
答案：
C
3．（多选）下图中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场（a、b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点），丁是等量正点电荷形成的电场（a、b位于两点电荷连线的中垂线，且a位于连线的中点）．有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a点由静止释放，动能Ek随位移x变化的关系图象如图中的①②③图线所示，其中图线①是直线．下列说法正确的是（ ）
A．甲对应的图线是①
B．乙对应的图线是②
C．丙对应的图线是②
D．丁对应的图线是③
解析：
正检验电荷仅在电场力作用下，由静止开始运动，其中甲、乙、丙中正检验电荷沿电场方向运动，丁中正检验电荷静止不动．电场力对正检验电荷做功改变其动能，有Eqx＝Ek，动能Ek随x的变化率∝E，而电场强度E随x的变化情况是：
甲中E为常数，乙图中E减小，丙图中E增大，所以A、C选项正确，B、D选项错误．
答案：
AC
4．图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV时，它的动能应为（ ）
A．8eVB．13eV
C．20eVD．34eV
解析：
设相邻等势面之间的电势差大小为U，正电荷从a运动到b，动能减少，可知b点电势高于a点电势，则Ua＝－2U，Ub＝U，设正电荷的电荷量为q，则正电荷在a点、b点的电势能Epa＝－2qU，Epb＝qU，据能量守恒定律Eka＋Epa＝Ekb＋Epb，代入数据得qU＝7eV.设点电荷运动到c点时，其动能、电势能分别为Ekc、Epc，据能量守恒定律Eka＋Epa＝Ekc＋Epc，26eV＋（－14eV）＝Ekc＋（－8eV），Ekc＝20eV.
答案：
C
5．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上的P点出现亮斑，那么示波管中的（ ）
A．极板X带正电
B．极板X带负电
C．极板Y带正电
D．极板Y不带电
解析：
根据亮斑的位置偏向Y极板，可知电子因受到电场力的作用而运动轨迹发生了偏转，因此极板X、X′不带电，极板Y应带正电．
答案：
C
6．如图所示，A，B，C，D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1cm的圆与两坐标轴的交点，已知A，B，C三点的电势分别为φA＝15V、φB＝3V、φC＝－3V．由此可得D点的电势为（ ）
A．3VB．6V
C．12VD．9V
解析：
由于电场为匀强电场，则φA－φB＝φD－φC，解得φD＝9V，D项正确．
答案：
D
7．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（ ）
A．三个等势面中，等势面a的电势最高
B．带电质点一定是从P点向Q点运动
C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小
D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小
．解析：
先由等势面与电场线垂直，画出电场线，再根据轨迹向电场力的方向弯曲，判断电场力的方向，进而确定电场线方向．可以判定电场线从等势面c指向等势面a，故等势面a的电势最低，故A项错；带电质点从P点到Q点电场力做正功，若从Q点到P点电场力做负功，都有通过P点时的动能比通过Q点时小，故B项错，D项正确；P点的等势面比Q点的密集，P点的电场强度大，质点在P点的加速度大，故C项错．
答案：
D
8．（多选）现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如图所示，Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零．则下列说法中正确的是（ ）
A．O点的电场强度和电势均为零
B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零
C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同
D．将一负点电荷由a点移到b点电势能减小
解析：
根据电场的叠加原理可知，O点的电场强度不为零，直线bOc为电势为零的等势线，A项错误；把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，B项正确；根据电场叠加原理可知，a，d两点电场强度相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，C项正确；将一负点电荷由a点移到b点，电场力做负功，电势能增大，D项错误．
答案：
BC
9．有一静电场，其电场强度方向平行于x轴．其电势U随坐标x的改变而变化，变化的图线如图甲所示，则图乙中正确表示该静电场的场强E随x变化的图线是（设场强沿x轴正方向时取正值）（ ）
解析：
由E＝知，在0～2mm内，E＝2×104V/m且方向向左．在2mm～10mm内，E＝1×104V/m，且方向向右.10mm～12mm内，E＝2×104V/m，方向向左，故A项正确．
答案：
A
10．（多选）如图所示，PO为光滑绝缘竖直墙壁、OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球（可视为质点）均紧靠接触面而处于静止状态，这时两球之间的距离为L.若在小球A上加竖直推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，则与原来比较（两小球所带电荷量保持不变）（ ）
A．A球对竖直墙壁的作用力不变
B．两球之间的距离一定增大
C．A球对B球作用的静电力增大
D．地面对B球的弹力不变
解析：
由题意知，A球加上力F移动一段距离后仍处于静止状态，故B球对A球的库仑力沿竖直方向上分力增大，B球应该向左移动，A球对B球的库仑力在水平方向的分力等于匀强电场对B球的静电力，而匀强电场对B球的静电力不变，根据作用力和反作用力的关系，B球对A球的库仑力在水平方向的分力大小也不变，所以A球对竖直墙壁的压力不变，选项A正确；A、B两球的连线与水平方向的夹角θ变大，Fcosθ不变，库仑力F一定变大，选项C正确；两球之间的距离减小，选项B错误；根据力的相互作用性可知，A球对B球的库仑力沿竖直方向上的分力变大，故地面对B球的弹力变大，选项D错误．
答案：
AC
二、填空与实验题（本大题共2小题，共10分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答）
11．（4分）如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90°（如图中虚线位置），发现A、B两球电势能之和不变．根据图中给出的位置关系，可判断A、B两球带电荷量的绝对值之比qA∶qB＝__________.
解析：
规定杆的初始位置为零电势能处，则两球的电势能之和为零．杆到末位置的过程，两球的电势能必是一个增大，另一个减小相同的量，或者说电场力对其一做正功，对另一个做负功，结合题图有，2EqAL＝EqBL，得qA∶qB＝1∶2.
答案：
1∶2
12．（6分）如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m，带电量为q的小球，绳长为l.另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速由A点释放，已知细线转过60°角，小球到达B点时速度恰为零．A、B两点的电势差UAB＝______；匀强电场的电场强度为E＝__________.
解析：
由动能定理可得，
mglsin60°＋qUAB＝0，
解得，UAB＝－.
根据电场强度与电势差的关系可得，
UBA＝El（1－cos60°），
解得，E＝.
答案：
－
三、计算题（本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（10分）在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为＋q的小滑块B.用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示．现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对A发生了运动．为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程．测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s．P、Q位置高度差为0.5m．已知匀强电场的场强E＝，A、B之间动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2.求：
（1）绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？
（2）滑块B最后停在离出发点水平距离为多大处？
解析：
（1）设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，其时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有
a1t1＝a2t2
h＝a1t＋a2t
求得a1＝1.25m/s2，a2＝5m/s2
（2）研究滑块B，在绝缘板A上匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得
竖直方向：
mg－FN＝ma2
水平方向：
Eq－μFN＝ma3
解得a3＝0.1g＝1m/s2
在这个过程中滑块B的水平位移大小为
x3＝a3t＝0.02m
在绝缘板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有
μmg－Eq＝ma4，得a4＝0.1g＝1m/s2
该过程中滑块B的水平位移大小为
x4＝x3＝0.02m
最后滑块B静止时离出发点的水平距离
x＝x4＋x3＝0.04m.
答案：
（1）1.25m/s2 5m/s2
（2）0.04m
14．（12分）如图甲所示，A、B是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地．A板电势φA随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有正对两孔O′1和O2，两板间电压为U2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线O1O′1进入．并能从O′1沿O′1O2进入C、D间，刚好到达O2孔，已知带电粒子带电荷量－q，质量m，不计其重力，求：
（1）该粒子进入A、B的初速度v0的大小；
（2）A、B两板间距的最小值和A、B两板长度的最小值.
解析：
（1）因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入O1′孔的速度即为进入A、B板的初速度．
在C、D间，由动能定理得：
qU2＝mv
即v0＝.
（2）由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v竖＝0，若在第一个周期内进入O1′孔，则对应两板最短长度为L＝v0T＝T，若在该时间内，粒子刚好不到A板而返回，则对应两板最小间距，设为d，所以··（）2×2＝，即d＝.
答案：
（1）
（2）
15．（12分）如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q>0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．
解析：
质点所受电场力的大小为F＝qE.①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有：
F＋FNa＝m，②
FNb－F＝m.③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka＝mv，④
Ekb＝mv.⑤
根据动能定理有：
Ekb－Eka＝2rF.⑥
联立①②③④⑤⑥式得：
E＝（FNb－FNa），
Eka＝（FNb＋5FNa），
Ekb＝（5FNb＋FNa）．
答案：
E＝（FNb－FNa）
Eka＝（FNb＋5FNa）
Ekb＝（5FNb＋FNa）
16．（16分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，放置两块直径为2L的同心半圆形金属板A、B，两板间的距离很近，半圆形金属板A、B的左边有水平向右的匀强电场E1，半圆形金属板A、B之间存在电场，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O。
现从正对A、B板间隙、到两板的一端距离为d处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒（不计重力），此微粒恰能在两板间运动而不与板发生相互作用。
（1）求半圆形金属板A、B之间电场强度E2的大小。
（2）从释放微粒开始，经过多长时间微粒的水平位移最大？
解析：
（1）设微粒刚进入两板间的速度为v，根据动能定理，有：
qE1d＝mv2
微粒恰能在两板间运动而不与板发生相互作用，说明微粒在两板间做匀速圆周运动，有
qE2＝m
根据上述两式，得：
v＝
E2＝E1
（2）微粒从释放到进入两板间，经历的时间t1＝＝2d
微粒在两板间经圆周时水平位移最大，此时经历的时间t2＝＝
微粒自开始运动至第一次运动到水平位移最大处的时间为t1＋t2＝（2d＋）
根据运动的对称性和周期性，可得从释放微粒至微粒水平位移最大，经历的时间为：
t＝（2k－1）（2d＋）（k＝1，2，3……）．
答案：
（1）E1
（2）见解析
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