（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第八章 靜電場專題檢測卷6

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1、（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第八章 靜電場專題檢測卷6 一、選擇題(共18題,每題3分,共54分) 1.(多選)關于電現(xiàn)象,下列說法正確的是(　　) A.感應起電是利用靜電感應,使電荷從物體的一部分轉移到物體的另一部分的過程 B.帶電現(xiàn)象的本質是電子的轉移,中性物體得到多余電子就一定帶負電,失去電子就一定帶正電 C.摩擦起電是普遍存在的現(xiàn)象,相互摩擦的兩個物體總是同時帶等量異種電荷 D.當一種電荷出現(xiàn)時,必然有等量異種電荷出現(xiàn),當一種電荷消失時,必然有等量異種電荷同時消失 2.場是物理學中的重要概念,除了電場和磁場,還有引力場。物體之間的萬有引力就是通過引力場發(fā)生作用

2、的,地球附近的引力場叫作重力場。根據(jù)電場強度是描述電場的力的性質的物理量而定義了重力場強度,根據(jù)電勢是描述電場能的性質的物理量而定義重力勢。根據(jù)電場與重力場的類比,以下說法中正確的是(　　) A.由電場強度的定義式可知,電場強度大小與放入的試探電荷有關 B.重力場強度的大小可表示為g,方向豎直向下 C.重力勢與放入的物體的質量成正比 D.電場中某點的電勢與選取的零電勢點無關 3.絕緣細線上端固定,下端懸掛一個輕質小球a,a的表面鍍有鋁膜。在a的近旁有一絕緣金屬球b,開始時a、b都不帶電,如圖所示?，F(xiàn)使a、b分別帶正、負電荷,則 (　　) A.b將吸引a,吸住后不放開 B.b將

3、吸引a,接觸后又分開 C.a、b之間不發(fā)生相互作用 D.b立即把a排斥開 4.(2018浙江寧波諾丁漢大學附中期中)將帶電棒移近兩個不帶電的導體球,兩個導體球開始時互相接觸且對地絕緣,如圖所示,下列幾種方法能使兩球帶上異種電荷的是(　　) A.先移走棒,再把兩球分開 B.先將棒接觸一下其中一球,再把兩球分開 C.棒帶的電荷量如果不變,不能使兩導體球帶電 D.先把兩球分開,再移走棒 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 5.如圖所示,A、B、C三點在同一直線上,且AB=BC,在A處固定一電荷量為Q的點電荷。當在B處放一電荷量為q的試探電荷時,它所受到的電場力為F;移

4、去B處電荷,在C處放電荷量為4q的試探電荷,其所受電場力大小為(　　) A.F B.2F C.4F D.8F 6.如圖所示,真空中有四點A、B、C、D在一條直線上,AB=BC=CD,當只在A點放一電荷量為+Q的點電荷時,B點電場強度為E,若再將等量異號的點電荷-Q放在D點,則(　　) A.B點電場強度為E,方向水平向右 B.B點電場強度為E,方向水平向右 C.BC線段的中點電場強度為零 D.B、C兩點的電場強度不相同 7. (2018浙江寧波適應性)如圖甲所示,兩段等長絕緣輕質細繩將質量分別為m、3m的帶電小球A、B(均可視為點電荷)懸掛在O點,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)

5、,然后在水平方向施加一勻強電場,當系統(tǒng)再次達到靜止狀態(tài)時,如圖乙所示,小球B剛好位于O點正下方(細繩始終處于伸長狀態(tài))。則兩個點電荷帶電量QA與QB的大小關系正確的是(　　) A.7∶3 B.3∶1 C.3∶7 D.5∶3 8.(2018浙江十校聯(lián)盟適應性考試)如圖所示,在水平向右的勻強電場中的O點固定一點電荷+Q,a、b、c、d、e、f為以O點為球心的同一球面上的點,aecf平面水平,bedf平面與勻強電場垂直,則下列說法中正確的是 (　　) A.試探電荷+q在a、c兩點所受電場力相同 B.試探電荷+q在d、f兩點所受電場力相同 C.將點電荷+q從球面上b點移到c點,電場力做功

6、為零 D.將點電荷+q在球面上任意兩點之間移動,從a點移動到c點的電勢能變化量最大 9.據(jù)國外某媒體報道,一種新型超級電容器,能讓手機幾分鐘內充滿電,某同學在登山時就用這種超級電容器給手機充電,下列說法正確的是(　　) A.電容器的電容大小取決于電容器的帶電荷量 B.電容器的電容大小取決于兩極板間的電勢差 C.電容器給手機充電時,電容器存儲的電能變小 D.電容器給手機充電結束后,電容器不帶電,電容器的電容為零 10.(2018杭州預測)圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產生的電場線,虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡,a、b是軌跡上的兩點。若帶電粒子在運動中只受電場力作

7、用,根據(jù)此圖可作出正確判斷的是(　　) A.粒子一定是從a點向b點運動 B.粒子在a點的加速度比b點的加速度大 C.a點的電勢比b點電勢高 D.粒子在a點的電勢能比在b點時電勢能大 11.如圖所示,在某電場中畫出了三條電場線,C點是A、B連線的中點。已知A點的電勢為φA=30 V,B點的電勢為φB=-10 V,則C點的電勢為(　　) A.φC=10 V B.φC>10 V C.φC<10 V D.上述選項都不正確 12.(多選)如圖所示,一勻強電場的電場線平行于xOy平面,電場強度大小為E,xOy平面上有一橢圓,橢圓的長軸在x軸上,E、F兩點為橢圓的兩個焦點,AB是

8、橢圓的短軸,橢圓的一端過O點,則下列說法正確的是(　　) A.在橢圓上,O、C兩點間電勢差一定最大 B.在橢圓上,A、B兩點間電勢差可能最大 C.一個點電荷從E點運動到橢圓上任意一點再運動到F點,電場力做功可能為零 D.一個點電荷從O點運動到A點與從B點運動到C點,電場力做功一定相同 13.如圖所示,矩形的四個頂點a、b、c、d為勻強電場中的四個點,ab=2bc=2 m,電場線與矩形所在的平面平行。已知a點電勢為18 V,b點電勢為10 V,c點電勢為6 V。一帶電粒子從a點以速度v0=1 000 m/s射入電場,v0與ab邊的夾角為45°,一段時間后粒子經過ab邊的中點e。不計

9、粒子的重力,下列判斷正確的是(　　) A.d點電勢為12 V B.粒子從a點到e點電勢能增大 C.電場強度大小為4 V/m D.粒子從a點到e點所用時間為×10-3 s 14. (2018浙江新高考選考物理終極適應性考試)如圖所示,絕緣細線AB和BC系一個質量為m、帶電量為q的帶正電小球a,AB細線長為L,與豎直方向的夾角為θ=30°,x軸與ABC在同一豎直面內,帶電小球b從左側無窮遠處沿+x方向移動到右側無窮遠處,A點到x軸的距離為l。當b球經過A點正下方時,水平絕緣細線BC的拉力恰為零。若將帶電小球視為點電荷,靜電力恒量為k。下列說法正確的是(　　) A.b球帶負電荷

10、 B.b球帶電荷為 C.b球位于a球正下方時,細線AB上的拉力為BC拉力的2倍 D.b球位于a球正下方時,細線BC上的拉力為 15.(2018浙江諸暨中學階段考試)質量為m,帶電荷量為+q的小球,在勻強電場中由靜止釋放,電場強度大小為E=,發(fā)現(xiàn)小球沿著與豎直向下方向成30°夾角的方向做勻加速直線運動,則E所有可能的方向可以構成(　　) A.一條線 B.一個平面 C.一個球面 D.一個圓錐面 16.(2018浙江寧波北侖中學期中)如圖所示,平行板電容器與電動勢為E'的直流電源(內阻不計)連接,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點。現(xiàn)將平行板

11、電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則下列說法正確的是(　　) A.平行板電容器的電容將變小 B.靜電計指針張角變小 C.帶電油滴的電勢能將增加 D.若先將其與電源斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則靜電計指針張角不變 17.如圖所示,在水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面,斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下,已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12 J,金屬塊克服摩擦力做功8 J,重力做功24 J,則以下判斷正確的是 (　　) A.金屬塊帶負電荷 B.金屬塊克服電場力做功8 J C.金屬塊的電勢能減少4 J D.金屬塊的機械能減少12 J 18.如圖所示,在豎直放置的光

12、滑半圓弧絕緣細管的圓心O處固定一點電荷,將質量為m,電荷量為-q的小球(可視作點電荷)從圓弧管的水平直徑端點由靜止釋放,小球沿細管滑到最低點B時,對管壁恰好無壓力,則固定于圓心處的點電荷在B點處的電場強度為(　　) A.E=,豎直向上 B.E=,豎直向下 C.E=,豎直向上 D.E=,豎直向下 二、計算題(共5題,共46分) 19.(9分)(2019浙江溫州九校聯(lián)考)如圖所示,半徑為R的1/4光滑圓弧AB與水平線相切于B點,O點為圓心,豎直線OB的右側有方向水平向右的勻強電場。電場中有兩個臺階,第一階臺階M1N1,第二階臺階M2N2,已知BM1之間的高度差為H,臺階寬度為l、臺階間

13、的高度差為h。臺階上鋪有特殊材料,與之相碰的小球:①帶上正電,并在此后電荷量始終保持不變,其在電場中受到的電場力大小為0.5倍重力;②水平方向的速度立即減為零,豎直方向速度變?yōu)樵瓉淼?2倍。原來小球不帶電,已知 H=4h,R=3h。 (1)從A點靜止下落的小球,能落在第一臺階M1N1上,則l至少應為多少個h; (2)若小球由P點靜止釋放,經過B點時對軌道的壓力為重力的1.8倍,令∠BOP=α,求α大小; (3)調整小球釋放的位置,若使落在臺階M1N1中點彈起后,恰好又落到M2N2的中點,求從彈起到落回所經過的時間t及臺階寬度l與高度差h之間的關系。

14、 20. (9分)如圖所示,在豎直平面內有一矩形區(qū)域ABCD,長邊BA與水平方向成θ=37°角,短邊的長度為d,區(qū)域內存在與短邊平行且電場強度大小為E的勻強電場。一個帶電微粒從O點以某一水平初速度v1沿OP方向射入電場,能沿直線恰好到達P點;若該帶電微粒從P點以另一初速度v2豎直向上拋出,恰好經過D點。已知O為短邊AD的中點,P點在長邊AB上且PO水平,重力加速度為g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: (1)微粒所帶電荷量q與質量m的比值; (2)v1的大小與v2大小的比值; (3)若將該帶電微粒從P點以一定的初速度v3豎直向上拋出,則當其動能變?yōu)槌鮿幽艿?倍

15、時,求微粒的豎直位移y的大小與水平位移x大小的比值。 21. (9分)如圖所示,在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方的P點,固定電荷量為+Q的點電荷。一質量為m、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點的電勢為φ(取無窮遠處電勢為零), P到物塊的重心距離為h,PA連線與水平軌道的夾角為60°,試求: (1)物塊在A點時受到軌道的支持力大小; (2)點電荷+Q產生的電場在B點的電勢。 22.(9分)(2018浙江溫州期末)如圖所示,

16、AMB是AM和MB兩段組成的絕緣軌道,其中AM段與水平面成37°,軌道MB處在方向豎直向上、大小E=5×103 N/C的勻強電場中。一質量m=0.1 kg、電荷量q=+1.0×10-4 C的可視為質點的滑塊以初速度v0=6 m/s從離水平地面高h=4. 2 m處開始向下運動,經M點進入電場,從 B點離開電場, 最終停在距B點1.6 m處的C點。不計經過M點的能量損失,已知滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,求滑塊: (1)到達M點時的速度大小; (2)M、B兩點的距離l。 23.(10分)(2018浙江溫州期末)如圖,ACB 是一條足夠長的絕緣水平軌道,軌道 CB

17、 處在方向水平向右、大小 E=1.0×106 N/C的勻強電場中,一質量 m=0.25 kg、電荷量 q=-2.0×10-6 C的可視為質點的小物體,在距離C點 L0 =6.5 m 的 A 點處,以初速度v0=14 m/s 開始向右運動.已知小物體與軌道間的動摩擦因數(shù) μ=0.4,g取10 m/s2,求: (1)小物體到達C點時的速度大小; (2)小物體在電場中運動離C點的最遠距離; (3)小物體在電場中運動的時間。 專題檢測卷六　靜電場 1.ABC　2.B　3.B　4.D　5.A　6.B　7.A　8.D　9.C　10.B 11.C　由于AC之間的電場線比CB之間的電場

18、線密,相等距離之間的電勢差較大,即UAC>UCB,所以φA-φC>φC-φB,可得φC<,即φC<10 V,選項C正確。 12.BCD　由于勻強電場方向平行于坐標平面,當電場方向平行于y軸時,O、C間的電勢差為零,A、B間的電勢差最大,B項正確,A項錯誤;如果電場方向平行于y軸,則E、F兩點電勢相等,則一個點電荷從E點運動到橢圓上任意一點再運動到F點,電場力做功為零,C項正確;由于O、A連線平行于B、C連線,且長度相等,因此在勻強電場中,O、A間的電勢差和B、C間的電勢差相等,一個點電荷從O點運動到A點與從B點運動到C點,電場力做功一定相同,故D項正確。 13.C　由于勻強電場中等長度的平

19、行線間電勢差相等,Udc=Uab=8 V,由φc=6 V,則φd=14 V,故A項錯誤;由于ab邊的中點為e,Uae=4 V,則φe=14 V,根據(jù)W=qU,可得電場力對粒子做了正功,粒子從a點到e點電勢能減少,故B項錯誤;d點和e點的電勢相等,兩點連線為等勢線,電場線垂直于等勢線,由于以ab=2bc=2 m,故△ade為等腰直角三角形,a點到直線de的距離為 m,由U=Ed可得E=4 V/m,故C項正確;電場力方向與粒子運動方向垂直,粒子射入電場后做類平拋運動,運動到e點時,垂直于電場線方向的位移為 m,=v0t,解得所需時間為t=×10-3s,故D項錯誤。 14. C　當b球經過A

20、點正下方時,分析a球的受力情況,如圖所示: 根據(jù)平衡條件,可知b球對a球有排斥力,所以b球帶正電,故A錯誤;由幾何關系知:此時ab連線與豎直方向的夾角也等于θ,ab的長為l,由對稱性知:F=FT,由平衡條件知:mg=2Fcos 30°,得:F=mg,由庫侖定律得:F=k,解得:qb=,故B錯誤;b球位于a球正下方時,ab間距離為:l'=l,a球所受的庫侖力為:F'=kmg,對a球,水平方向有:FTABsin 30°=FTBC,解得:FTAB=2FTBC,豎直方向有:FTABcos 30°+F'=mg,聯(lián)立解得:FTBC=,故D錯誤,C正確。 15.B　帶電小球在電場中受到重力和電場力作用,

21、從靜止釋放,做勻加速直線運動,小球所受的合力方向沿此運動方向,則垂直于運動方向上合力為零,設電場強度方向與垂直于運動方向的夾角為θ,如圖所示: 則mgsin 30°=Eqcos θ,代入Eq=mg,解得:θ=0°,所以E所有可能的方向可以構成以O為頂點、與合力方向垂直即與速度方向垂直的一個平面,此時的電場強度為最小值,故B正確,選項ACD錯誤。 16.A　根據(jù)C=知,d增大,則電容減小,故A正確。靜電計測量的是電容器兩端的電勢差,因為電容器始終與電源相連,則電勢差不變,所以靜電計指針張角不變,故B錯誤。電勢差不變,d增大,則電場強度減小,故由U=Ed可知,P點與上極板的電勢差減小,P點

22、的電勢升高,則帶負電的油滴的電勢能將減小,故C錯誤。電容器與電源斷開,則電荷量不變,d增大,C減小,根據(jù)Q=CU可知,U變大,即靜電計指針張角變大,選項D錯誤。 17.D　根據(jù)動能定理可得:WG+W電+Wf=ΔEk,代入數(shù)據(jù)即可求得W電=-4 J,即金屬塊克服電場力做功4 J,金屬塊的電勢能增加4 J,電場力做負功,金屬塊受到的電場力向右,金屬塊帶正電,故A、B、C項錯誤。 在該過程中金屬塊動能增加12 J,重力勢能減少24 J,因此金屬塊的機械能減少12 J,故D項正確。 18.D　設細管的半徑為R,小球到達B點時速度大小為v。小球從A滑到B的過程,由機械能守恒定律得:mgR=mv2,

23、得到:v= 小球經過B點時,由牛頓第二定律得:qE-mg= 代入得:Eq=3mg,E=;因負電荷受電場力向上,故電場強度方向豎直向下,故選D。 19.答案 (1)4h　(2)53°　(3)(+2)h 解析 (1)由動能定理有:mgR=mv2 小球做平拋運動,由平拋運動的規(guī)律可知: 豎直方向:H=gt2 水平方向:L=vt 由以上三式解得: L=4h; (2)由動能定理有: =mgR(1-cos α) 向心力公式: FN'-mg=m 由牛頓第三定律FN=FN ' 由以上各式解得:cos α==0.6 所以α=53°; (3)小球落在臺階M1N1時豎直

24、速度為: vy==2 反彈時豎直速度為: v= 在豎直方向上: h=-vt+gt2 解得:t=(+2) 在水平方向上小球受電場力,加速度為: a= 根據(jù)運動學公式: l=at2=gt2 解得:l=h 20.答案 (1)　(2)　(3) 解析 (1)微粒沿OP方向運動時做勻減速直線運動,受到的合力方向水平向右,有:qE= 可得微粒帶電荷量q與質量m的比值: (2)微粒的加速度a==gtan θ 初速度v1滿足關系=2a 微粒以初速度v2從P點運動到D點做類平拋運動,設運動時間為t, 由平拋運動規(guī)律有:cos θ=v2t, sin θ=at2 由以

25、上幾式解得:v1=,v2= 可得v1的大小與v2大小的比值: (3)設微粒從P點豎直向上拋出的初速度為v3,受到水平向右的合力為F,拋出后微粒做一段類平拋運動,其動能變?yōu)樵瓉淼?倍, 由平拋運動規(guī)律有:x= 又F=ma,Fx=ΔEk=3×=m 由以上幾式得:y2=2x2 即微粒的豎直位移y的大小與水平位移x的大小的比值: 21.答案 (1)mg+　(2)-v2)+φ 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FN=mg+ksin 60° 又因為h=rsin 60° 由以上兩式解得支持力為FN=mg+。 (2)物塊從A運動到P點正下方B點

26、的過程中,由動能定理得-qU=mv2- 又因為U=φB-φA=φB-φ,由以上兩式解得φB=-v2)+φ。 22.答案 (1)8 m/s　(2)9.6 m 解析 (1)方法一:在滑塊從A運動到M點的過程中,由動能定理可得: mgh-μmgcos 37°=,解得:vM=8 m/s 方法二:在斜面上,對滑塊受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可得: mgsin 37°-μmgcos37°=ma 根據(jù)運動學速度和位移的關系可得:=2a,解得vM=8 m/s (2)物塊離開B點后,并停在了離B點1.6 m處的C點處: 方法一:滑塊從B到C,由動能定理得:-μmgsBC=0-,得vB=4 m/s

27、 所以,在滑塊從M運動到B的過程中,根據(jù)動能定理得: -μ(mg-qE)sMB=,解得:sMB=9.6 m 方法二:滑塊從B到C的過程中,由牛頓運動定律結合運動學知識,可得: =2aBCsBC μmg=maBC 同理,滑塊從M運動到B的過程中, =-2aMBsMB μ(mg-qE)=maMB 聯(lián)立上述方程,代入數(shù)據(jù)得:sMB=9.6 m 23.答案 (1)12 m/s　(2)6.0 m　(3)(1+) s 解析 (1)根據(jù)牛頓第二定律,小物體的加速度大小a==12 m/s2 小物體到達C點的速度大小:v2=2aL0 解得v=12 m/s (2)根據(jù)牛頓第二定律,小物體向右減速的加速度a1==12 m/s2 小物體向右運動的時間t1==1.0 s 小物體向右運動的位移x1=t1=6.0 m (3)由于qE>μmg,所以小物體先減速后反向向左加速,直到滑出電場 根據(jù)牛頓第二定律,小物體向左加速的加速度a2==4 m/s2 小物體在電場中向左運動的時間t1= s 小物體在電場中運動的總時間t=t1+t2=(1+) s