全程复习高考物理第一轮复习方略 单元评估检测6 静电场 新人教版 9页

‎《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）（含详细解析）：单元评估检测6静电场 ‎(40分钟 100分)‎ 一、选择题(本大题共10小题，每小题7分，共70分.每小题至少一个答案正确，选不全得4分)‎ ‎1.如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B在外力作用下沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用.则下列说法正确的是( )‎ A.物体A受到地面的支持力先增大后减小 B.物体A受到地面的支持力保持不变 C.物体A受到地面的摩擦力先减小后增大 D.库仑力对点电荷B先做正功后做负功 ‎2.点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图所示，电场强度为零的地方在( )‎ A.A和B之间 B.A右侧 C.B左侧 D.A的右侧及B的左侧 ‎3.真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离.下列说法中正确的是( )‎ A.A点的电势低于B点的电势 B.A点的电场强度方向由A指向B C.A点的电场强度小于B点的电场强度 D.正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功 ‎4.如图所示，平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑片C相连接.电子以速度v0‎ 垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场.在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑片C上移，则关于电容器极板上所带电荷量Q和电子穿过平行板所需的时间t的说法中，正确的是( )‎ A.电荷量Q增大，时间t也增大 B.电荷量Q不变，时间t增大 C.电荷量Q增大，时间t不变 D.电荷量Q不变，时间t也不变 ‎5.(2012·桂林模拟)空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场.实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( )‎ A.A点和B点的电势相同 B.C点和D点的电场强度相同 C.正电荷从A点移至B点，电场力做正功 D.负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小 ‎6.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小.如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计.开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )‎ A.断开开关S后，将A、B两极板分开些 B.保持开关S闭合，将A、B两极板分开些 C.保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些 D.保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动 ‎7.如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为，板间距离为d，在板右端 处有一竖直放置的荧光屏M.一带电量为q、质量为m的粒子从两极板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是( )‎ A.板间电场强度大小为mg/q B.板间电场强度大小为2mg/q C.粒子在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等 D.粒子在板间运动的时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 ‎8.(2012·镇江模拟)a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动，可知( )‎ A.a、b为同种电荷，c、d为异种电荷 B.a、b的电势能、机械能均不变 C.c的电势能减少，机械能增加 D.d的电势能减少，机械能减少 ‎9.如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动.设斜面足够长，则在Q向上运动过程中( )‎ A.物块Q的动能一直增大 B.物块Q的电势能一直增大 C.物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大 D.物块Q的机械能一直增大 ‎10.如图所示，水平放置的平行板电容器与一直流电源相连，在两板中央有一带电液滴处于静止状态.现通过瞬间平移和缓慢平移两种方法将A板移到图中虚线位置.下列关于带电液滴运动的说法中正确的是( )‎ A.上述两种方法中，液滴都向B板做匀加速直线运动 B.采用瞬间平移的方法，液滴运动到B板经历的时间短 C.采用缓慢平移的方法，液滴运动到B板时速度大 D.采用缓慢平移的方法，液滴运动到B板过程中电场力做功多 二、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) ‎ ‎11.(14分)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为+Q的点电荷.一质量为m、带电荷量为+q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：‎ ‎(1)物块在A点时受到的轨道的支持力大小.‎ ‎(2)点电荷+Q产生的电场在B点的电势大小.‎ ‎12.(2012·温州模拟)(16分)如图甲所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点.现有一质量为m，电荷量为+q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速度进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力.‎ ‎(1)求粒子进入电场前的初速度的大小.‎ ‎(2)其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能.‎ ‎(3)现将电场分成AEFD和EBCF相同的两部分，并将EBCF向右平移一段距离x(x≤L)，如图乙所示.设粒子打在荧光屏上位置与O点相距y，请求出y与x的关系.‎ 答案解析 ‎1.【解析】选A、C.点电荷B沿以A为圆心的圆弧运动时，它们间的库仑力F的大小不变，间距不变，故库仑力对点电荷B不做功，D错误；设库仑力与竖直方向间夹角为θ，则，随θ先减小后增大，先增大后减小，先减小后增大，故A、C均正确，B错误.‎ ‎2.【解析】选C.根据点电荷周围场强公式以及场强的方向规定，可以确定出AB连线上B点左侧、BA之间以及A点右侧场强的大小和方向情况，可知BA之间合场强向左，A点右侧合场强向右，只有B点左侧某一位置电场强度可为零，故选C.‎ ‎3.【解析】选B.由图可以看出，沿A、B方向电势降低，电场方向由A指向B，，A错误，B正确；由图可知A点电势降低较快，故有EA>EB，C错误；由WAB=UAB·q，UAB>0，q>0可知，WAB>0，即电场力做正功，D错误.‎ ‎【变式备选】(2011·上海高考)两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图( )‎ ‎【解析】选A.等量异种点电荷的电场线分布如图所示.正、负电荷在连线中点处产生的电势一正一负，故此处即坐标原点处的总电势为零.又沿电场线方向电势逐渐降低，因此，在坐标原点左侧，各点的电势都大于零；在坐标原点右侧，各点的电势都小于零，正电荷处电势最高，负电荷处电势最低，无穷远处的电势为零.因此，选项A正确.‎ ‎4.【解析】选C.滑动变阻器的滑片C上移，电容器两板间电压U增大，由Q=CU可知，电容器带电量Q增大，而电子穿过板间的时间，与板间电压无关，故时间t不变，C正确.‎ ‎5.【解析】选C.由题图可知，A、B两点不在同一等势面上，电势不相同，A错误；由对称性可知，C、D两点的电场强度方向不同，B错误；由WAB=UAB·q，UAB>0，q>0可知，WAB>0，C正确；沿CD直线，由C到D，电势先增大后减小，故负电荷由C沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大，D错误.‎ ‎6.【解析】选A.要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开开关S后，将A、B两极板分开些，电容器的带电量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持开关S闭合，将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，B、C错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误.‎ ‎7.【解析】选B、C.粒子无论在板间还是在板右侧与光屏之间，水平方向始终做匀速直线运动，由可知，粒子在板间运动的时间跟它从板右端运动到光屏的时间相等，C正确，D错误;因粒子垂直打在屏上，且粒子在板右端到屏之间具有竖直向下的加速度g.粒子出电场时具有竖直向上的速度分量，到达屏时竖直速度分量为0，故有vy-gt=0，由以上两式可解得：，B正确，A错误.‎ ‎8.【解析】选B、C.因四个带电液滴均做匀速直线运动，必有Eq=mg，故四个带电液滴均带正电荷，A错误；对a、b液滴，电场力和重力均不做功，故其电势能和机械能均不变，B正确；电场力对c液滴做正功，c的电势能减少，机械能增加,C正确；电场力对d液滴做负功，d的电势能增加，机械能减少，故D错误.‎ ‎9.【解析】选D.由F库-mgsinθ=ma可知，物块沿斜面的加速度先向上逐渐减小，再沿斜面向下，逐渐增大，其速度先增大后减小，故物块Q的动能先增大再减小，A错误；因电场力始终做正功，故电势能一直减小，物块Q的机械能一直增大，B错误，D正确；因只有电场力、重力做功，物块的电势能、重力势能、动能之和守恒，又知动能先增大后减小，故重力势能和电势能之和先减小后增大，C错误.‎ ‎【总结提升】电场中功能关系的应用 ‎(1)若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，两者之和守恒.‎ ‎(2)若只有电场力和重力做功，电荷的电势能、重力势能与动能相互转化，其总和守恒.‎ ‎(3)电场力做功与电荷电势能的变化相对应，电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加.‎ ‎(4)合外力对电荷所做的总功等于电荷动能的增量.‎ ‎10.【解析】‎ 选B.瞬间平移使带电液滴加速度突然增大立即做匀加速运动，而缓慢平移至虚线位置这一阶段，带电液滴电场力缓慢增大，加速度也缓慢增大，到达虚线位置以后才开始做匀加速运动，所以瞬间平移使带电液滴到达B板的时间短，做功多，速度大，故答案为B.‎ ‎11.【解题指南】解答本题时应注意以下两点：‎ ‎(1)物块在A点竖直方向加速度为零.‎ ‎(2)物块由A到B的过程中，只有电场力做功.‎ ‎【解析】(1)物块在A点受重力、电场力、支持力.分解电场力，‎ 由竖直方向受力平衡得 ‎ ①(4分)‎ ‎ ②(2分)‎ 由①②得. (2分)‎ ‎(2)从A运动到P点正下方B点的过程中，由动能定理得，‎ ‎(2分)‎ 又因为U=φB-φ， (2分)‎ 由以上两式解得. (2分)‎ 答案：(1) (2) ‎ ‎12.【解析】(1)粒子在电场内做类平抛运动，水平方向：L=v0t，竖直方向：，得 ‎ (4分)‎ ‎(2)其他条件不变，增大电场强度，从CD边中点Q飞出与从BC边中点P飞出相比，水平位移减半，竖直位移加倍，根据类平抛运动知识，则加速度为原来8倍，电场强度为原来8倍，电场力做功为W1=8EqL (2分)‎ 粒子从CD边中点Q飞出时的动能 ‎ (3分)‎ ‎(3)将EBCF向右平移一段距离x，粒子在电场中的类平抛运动分成两部分，在无电场区域做匀速直线运动，轨迹如图所示，‎ ‎ (vy为出电场AEFD时竖直方向的速率) (1分)‎ ‎ (2分)‎ ‎ (vy′为出电场EBCF时竖直方向的速率) (1分)‎ y2=(L-x)tanθ2=L-x (2分)‎ ‎ (1分)‎ 答案：(1) (2) (3) ‎