2020-2021年高三物理单元同步提升训练：静电场 19页

2020-2021 年高三物理单元同步提升训练：静电场 一、 单选题（每题 3 分，共计 24 分） 1.（2020 年浙江卷）空间 P、Q 两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中 Q 点处为正电荷，P、Q 两点 附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e 为电场中的 5 个点，设无穷远处电势为 0，则（ ） A. e 点的电势大于 0 B. a 点和 b 点的电场强度相同 C. b 点的电势低于 d 点的电势 D. 负电荷从 a 点移动到 c 点时电势能增加 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据电场线与等势面垂直关系，可判断 P 点处为负电荷，无穷远处电势为 0，e 点在 PQ 连线 的中垂线上，则 0e  ，A 错误； B．a、b 两点电场强度大小相同，方向不同，则 a、b 两点电场强度不同，B 错误； C．从 Q 到 P 电势逐渐降低，则 bd ，C 错误； D．由 ac ，负电荷从 a 到 c 电场力做负功，电势能增加，D 正确。 故选 D。 2.（2020 年北京卷）真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的 是（ ） A. 该点电荷一定为正电荷 B. P 点的场强一定比 Q 点的场强大 C. P 点电势一定比 Q 点电势低 D. 正检验电荷在 P 点比在 Q 点的电势能大 【答案】B 【解析】 【详解】A．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故 A 错误； B．相邻等势面间电势差相等，P 点附近的等差等势面更加密集，故 P 点的场强一定比 Q 点的场强大，故 B 正确； C．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则 P 点电势一定比 Q 点电势高，故 C 错误； D．从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断 P 点电势与 Q 点电势的高低， 就无法判断正检验电荷在 P 点和在 Q 点的电势能的大小，故 D 错误。 故选 B。 3.（2019·北京卷）如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则 A．a点场强的大小比b点大 B．b点场强的大小比c点小 C．a点电势比b点高 D．b点电势比c点低 【答案】D 【解析】由点电荷场强公式 2 QEkr 确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面 和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低。由点电荷的场强公式 可知，a、b 两点 到场源电荷的距离相等，所以 a、b 两点的电场强度大小相等，故 A 错误；由于 c 点到场源电荷的距离 比 b 点的大，所以 b 点的场强大小比 c 点的大，故 B 错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球 面，所以 a 点与 b 点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐 渐降低，所以 b 点电势比 c 点低，故 D 正确。 4.（2019·天津卷）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为 m 的带电小球，以初速度 v 从 M 点竖直向 上运动，通过 N 点时，速度大小为 2v，方向与电场方向相反，则小球从 M 运动到 N 的过程 A．动能增加 21 2 mv B．机械能增加 22mv C．重力势能增加 23 2 mv D．电势能增加 22mv 【答案】B 【解析】由动能的表达式 2 k 1 2E m v 可知带电小球在 M 点的动能为 ，在 N 点的动能为 ，所以动能的增量为 ，故 A 错误；带电小球在电场中做类平抛运 动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有 ， 可 得 2qEmg ， 竖 直 方 向 的 位 移 2 vht ， 水 平 方 向 的 位 移 ，因此有 2xh ，对小球由动能定理有 ，联立上式可解得 22qExmv ， ，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加 22mv ，电势能减少 ， 故 B 正确 D 错误，重力做负功重力势能增加量为 21 2 mv ，故 C 错误。 5.（2019·浙江选考）等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是 A．a 点的电势低于 b 点的电势 B．a 点的场强大于 b 点的场强，方向相同 C．将一负电荷从 a 点移到 b 点电场力做负功 D．负电荷在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能 【答案】C 【解析】沿电场线方向电势降低，故 a 点电势高于 b 点电势，A 错误；电场线的疏密程度表示电场强度 大小，电场线越密，电场强度越大，故 a 点的场强大于 b 点的场强，电场线的切线方向为场强方向，故 ab 两点的电场强度方向不同，B 错误；负电荷在低电势处电势能大，所以从 a 点（高电势）移动到 b 点 （低电势），电势能增大，电场力做负功，C 正确 D 错误． 6.（2019·浙江选考）电荷量为 4×10－6 C 的小球绝缘固定在 A 点，质量为 0.2 kg、电荷量为－5×10－6 C 的小 球用绝缘细线悬挂，静止于 B 点。A、B 间距离为 30 cm，AB 连线与竖直方向夹角为 60°。静电力常量为 9.0×109 N·m2/C2，小球可视为点电荷。下列图示正确的是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】两球之间的库仑力为 ，小球 B 受到的重力 大小为 2BGN ，且 F 与竖直方向夹角为 60°， BFG ，故小球 B 受到的库仑力，重力以及细线的拉 力，组成的矢量三角形为等边三角形，所以细线与竖直方向的夹角为 60°，B 正确． 【点睛】当三力平衡时，能组成一个封闭的矢量三角形，再结合一个角为 60°的等腰三角形为等边三角 形即可求解。 7.空间有一匀强电场,在电场中建立图甲所示的直角坐标系 O-xyz,M、N、P 为电场中的三个点,M 点的坐标为 (0,a,0),N 点的坐标为(a,0,0),P 点的坐标为(a, , )。已知电场方向平行于直线 MN,M 点电势为零,N 点电势为 1 V, 则 P 点的电势为( )。 甲 A. V B. V C. V D. V 【解析】将立体图中的 P 点投影在 xOy 平面,做出 M、N、P 三点在 xOy 平面的相对位置如图乙所示,M 点电势为零, N 点电势为 1 V,根据沿着电场线方向电势降低可知,该匀强电场的电场线方向如图乙所示,O1 为 MN 连线的二等分点,O2 为 O1N 的二等分点,由几何知识知 AP'垂直于电场强度 E,故 P'、O2、A 三点的电势相 等,φO2=φP= UMN= V,D 项正确。 乙 【答案】D 8.（2020 年浙江卷）如图所示，一质量为 m、电荷量为 q （ 0q  ）的粒子以速度 0v 从 MN 连线上的 P 点 水平向右射入大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中。已知 与水平方向成 45°角，粒子的重力可以忽略， 则粒子到达 连线上的某点时（ ） A. 所用时间为 0mv qE B. 速度大小为 03v C. 与 P 点的距离为 2 022mv qE D. 速度方向与竖直方向的夹角为 30° 【答案】C 【解析】 【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向 0x v t 竖直方向 21 2 Eqytm 由 ta n 4 5 y x 可得 02 mvt Eq 故 A 错误； B．由于 02y Eqvtv m 故粒子速度大小为 22 005yvvvv 故 B 错误； C．由几何关系可知，到 P 点的距离为 2 0 0 222 mvL v t Eq 故 C 正确； D．由于平抛推论可知， tan 2tan ，可知速度正切 tan 2tan 45 2 tan60    可知速度方向与竖直方向的夹角小于 30°，故 D 错误。 故选 C。 二、多选题（每题 5 分，共计 20 分） 9. （2020 年全国 II 卷）如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b 为圆环水平直径上的两个点，c、d 为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（ ） A. a、b 两点的场强相等 B. a、b 两点的电势相等 C. c、d 两点的场强相等 D. c、d 两点的电势相等 【答案】ABC 【解析】 【详解】BD．如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数 对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴 PP  ， 所在的水平面与每一条电 场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在 上的点电势为零，即 0ab；而从 M 点到 N 点，电势一直在降低，即 cd ，故 B 正确，D 错误； AC．上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知 AC 正确； 故选 ABC。 10.（2020 年山东卷） 真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于 二者连线上的 O 点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过 O 点作两正电荷连线的垂线，以 O 点为 圆心的圆与连线和垂线分别交于 a、c 和 b、d，如图所示。以下说法正确的是（ ） A. a 点电势低于 O 点 B. b 点电势低于 c 点 C. 该试探电荷在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能 D. 该试探电荷在 c 点的电势能小于在 d 点的电势能 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由题意可知 O 点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知 aO 之间电场线由 a 到 O， 故 a 点电势高于 O 点电势，故 A 错误； B．同理根据同种电荷电场线分布可知 b 点电视低于 c 点电势，故 B 正确； C．根据电场线分布可知负电荷从 a 到 b 电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能，故 C 错误； D．同理根据电场线分布可知负电荷从 c 点到 d 点电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在 c 点的电势 能小于在 d 点的电势能，故 D 正确。 故选 BD。 11.（2020 年全国 III 卷）如图，∠M 是锐角三角形 PMN 最大的内角，电荷量为 q（q>0）的点电荷固定在 P 点。下列说法正确的是（ ） A. 沿 MN 边，从 M 点到 N 点，电场强度的大小逐渐增大 B. 沿 MN 边，从 M 点到 N 点，电势先增大后减小 C. 正电荷在 M 点的电势能比其在 N 点的电势能大 D. 将正电荷从 M 点移动到 N 点，电场力所做的总功为负 【答案】BC 【解析】 【详解】A．点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图 M 是最大内角，所以 P N P M ，根据点电荷的场强公式 2 QEkr （或者根据电场线的疏密程度）可知 从 MN 电场强度先增大后减小，A 错误； B．电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从 电势先增大后减小， B 正确； C． M 、 N 两点的电势大小关系为 MN ，根据电势能的公式 pEq 可知正电荷在 点的电势能大 于在 点的电势能，C 正确； D．正电荷从 ，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D 错误。 故选 BC。 12.（2020 年江苏卷）如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不计重力）。开始时，两 小球分别静止在 A、B 位置。现外加一匀强电场 E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点 O 转到水平位置。取 O 点的电势为 0。下列说法正确的有（ ） A. 电场 E 中 A 点电势低于 B 点 B. 转动中两小球的电势能始终相等 C. 该过程静电力对两小球均做负功 D. 该过程两小球的总电势能增加 【答案】AB 【解析】 【详解】A．沿着电场线方向，电势降低，A 正确； B．由于 O 点的电势为 0，根据匀强电场的对称性 AB 又 ABqq ， pEq ，所以 P A P BEE B 正确； CD．A、B 位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆逆时针旋转，两小球静电力对两小 球均做正功，电场力做正功，电势能减少，CD 错误； 故选 AB。 三、实验题（每题 10 分，共 20 分） 13.（2020 年全国 III 卷已知一热敏电阻当温度从 10℃升至 60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学 利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材：电源 E、开关 S、滑动变阻器 R（最大阻值为 20 Ω）、 电压表（可视为理想电表）和毫安表（内阻约为 100 Ω）。 (1)在答题卡上所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图________________。 (2)实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和亳安表的示数，计算出相应的热敏电 阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为 5.5 V 和 3.0 mA，则此时热敏电阻的阻值为_____kΩ（保 留 2 位有效数字）。实验中得到的该热敏电阻阻值 R 随温度 t 变化的曲线如图（a）所示。 (3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为 2.2kΩ。由图（a）求得，此 时室温为_____℃（保留 3 位有效数字）。 (4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图（b）所示。图中，E 为直流电源（电 动势为 10 V，内阻可忽略）；当图中的输出电压达到或超过 6.0 V 时，便触发报警器（图中未画出）报警。 若要求开始报警时环境温度为 50 ℃，则图中_________（填“R1”或“R2”）应使用热敏电阻，另一固定电 阻的阻值应为_________kΩ（保留 2 位有效数字）。 【答案】 (1). (2). 1.8 (3). 25.5 (4). R1 (5). 1.2 【解析】 【详解】(1)[1]滑动变阻器由用分压式，电压表可视为理想表，所以用电流表外接。连线如图 (2)[2]由部分电路欧姆定律得 3 5.5 Ω 1.8kΩ0.310 UR I   (3)[3]由图(a)可以直接可读该电阻的阻值为 2.2kΩ 对应的温度为 25.5℃。 (4)[4]温度升高时，该热敏电阻阻值减小，分得电压减少。而温度高时要求输出电压升高，以触发报警，所 以 R1 为热敏电阻。 [5]由图线可知，温度为 50℃时，R1 =0.8kΩ，由欧姆定律可得 12()EIRR， 2U I R 代入数据解得 2 1.2kΩR = 14. 用图 1 所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻（约为 1Ω）。其中 R 为电阻箱，电流表的内 电阻约为 0.1Ω，电压表的内电阻约为 3kΩ。 （1）利用图 1 中甲图实验电路测电源的电动势 E 和内电阻 r，所测量的实际是图 2 中虚线框所示“等效电 源”的电动势 E 和内电阻 r 。若电流表内电阻用 AR 表示，请你用 E、r 和 RA 表示出 、 ，并简要说明 理由_______。 （2）某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差。在图 3 中，实线是根据实验数 据（图甲：U=IR，图乙： UI R ）描点作图得到的 U-I 图像；虚线是该电源的路端电压 U 随电流 I 变化的 U-I 图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。 在图 3 中，对应图甲电路分析的 U-I 图像是：__________；对应图乙电路分析的 U-I 图像是：________。 （3）综合上述分析，为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图 1 中的______（填“甲”或 “乙”）。 【答案】 (1). EE ， ArR ，理由见解析 (2). C (3). A (4). 乙 【解析】 【详解】(1)[1]将电源和电流表视为等效电源，电源电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动 势的本领，所以等效电源的电动势仍然为 而电流表的内阻和电动势的内阻作为等效电源的内阻，即 Ar r R   (2)[2]对甲图，考虑电表内阻时，根据闭合电路欧姆定律得 A()EUIrUI rR路 内 变形得 A()U r R I E    直接通过实验获得数据，可得 U r I E   图像与纵轴截距均为电源电动势 E ，虚线对应的斜率大小为 r ，实线对应的斜率大小为 A()rR ，所以对 应图甲电路分析的 UI 图像是 C； [3]对乙图，考虑电表内阻时（即虚线对应的真实情况），根据闭合电路欧姆定律得 VV ()UrEUIrUIrUIrU RR路 内 变形得 VV VV RrRUIE RrRr  直接通过实验获得数据，可得 虚线对应的斜率大小为 ，实线对应的斜率大小为 V V R rrRr ，虚线对应的纵轴截距为 ，实线对应的 纵轴截距为 V V R EERr ；两图线在 0U  时，对应的短路电流均为 EI r短 ，所以对应图乙电路分析的 图像是 A。 (3)[4]图甲虽然测量的电源电动势准确，但电流表分压较为明显，所以内阻测量的误差很大；图乙虽然电动 势和内阻测量均偏小，但是电压表内阻很大，分流不明显，所以电动势和内阻的测量误差较小，所以选择 图乙可以减小由电表内电阻引起的实验误差。 四、计算题（15 题 10 分，16 题 12 分，17 题 14 分，共计 36 分） 15.如图所示,在电场强度 E=103 V/m 的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水 平绝缘轨道 MN 连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径 R=40 cm,一带电荷量为 q=+10-4 C 的小滑 块的质量 m=40 g,与水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.2,重力加速度取 g=10 m/s2,问: (1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点 C,滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放? (2)这样释放的滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大?(P 为半圆轨道中点) (3)小滑块经过 C 点后最后落地,落地点离 N 点的距离多大?落地时的速度是多大? 【解析】(1)设滑块与 N 点的距离为 L,分析滑块的运动过程,由动能定理可得 qEL-FfL-mg·2 R= mv2-0 由滑块的受力可知 Ff=μFN,FN=mg 小滑块在 C 点时,重力提供向心力,有 mg=m 联立上式得 L=20 m。 (2)滑块到达 P 点时,对全过程应用动能定理可得 qE(L+R)-FfL-mg·R= m -0 在 P 点时由牛顿第二定律可得 FN'-qE=m 联立解得 FN'=1.5 N 即滑块通过 P 点时对轨道压力的大小是 1.5 N。 (3)小滑块经过 C 点,在竖直方向上做的是自由落体运动,由 2R= gt2,可得滑块运动的时间 t= 得 t=0.4 s 滑块在水平方向上只受到电场力的作用,做匀减速运动,由(1)可得 v=2 m/s,由牛顿第二定律可得 qE=ma 水平方向的位移 x=vt- at2 代入解得 x=0.6 m 滑块落地时竖直方向上的速度大小 vy=gt=4 m/s 水平方向的速度大小 vx=v-at=1 m/s 落地时速度大小 v 地= 解得 v 地= m/s。 【答案】(1)20 m (2)1.5 N (3)0.6 m m/s 16.（2020 年全国 I 卷）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以 O 为圆心，半径为 R 的圆，AB 为 圆的直径，如图所示。质量为 m，电荷量为 q（q>0）的带电粒子在纸面内自 A 点先后以不同的速度进入电 场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的 C 点以速率 v0 穿出电场， AC 与 AB 的夹角 θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。 （1）求电场强度的大小； （2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ （3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为 mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 【答案】(1) 2 0 2 mvE qR ；(2) 0 1 2 4 vv = ；(3)0 或 0 2 3 2 vv = 【解析】 【详解】（1）由题意知在 A 点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于 q>0，故电场线由 A 指向 C，根 据几何关系可知： ACxR= 所以根据动能定理有： 2 0 1 02ACqExmv=- 解得： ； （2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做 AC 垂线并且与圆相切，切点 为 D，即粒子要从 D 点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有 1sin 60x R v t== 21cos60 2y R R at= + = 而电场力提供加速度有 q E m a 联立各式解得粒子进入电场时的速度： 0 1 2 4 vv = ； （3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为 mv0，即在电场方向上速度变 化为 v0 ，过 C 点做 AC 垂线会与圆周交于 B 点，故由题意可知粒子会从 C 点或 B 点射出。当从 B 点射出时 由几何关系有 223BCxRvt== 2 2 1 2ACx R at== 电场力提供加速度有 联立解得 0 2 3 2 vv = ；当粒子从 C 点射出时初速度为 0。 另解： 由题意知，初速度为 0 时，动量增量的大小为 0mv ，此即问题的一个解。自 A 点以不同的速率垂直于电场 方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自 B 点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为 ，由几何关系 及运动学规律可得，此时入射速率为 0 3 2vv 17.（2020 年天津卷）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示， 从离子源 A 处飘出的离子初速度不计，经电压为 U 的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个 反射区和长为 l 的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区 1、2 均未加电场，当离子第一次进入漂移管时， 两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子 能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区 2 时，撤去反射区的电场，离子打在 荧光屏 B 上被探测到，可测得离子从 A 到 B 的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为 q，不计离子重力。 （1）求质量为 m 的离子第一次通过漂移管所用的时间 1T ； （2）反射区加上电场，电场强度大小为 E，求离子能进入反射区的最大距离 x； （3）已知质量为 0m 的离子总飞行时间为 0t ，待测离子的总飞行时间为 1t ，两种离子在质量分析器中反射 相同次数，求待测离子质量 1m 。 【答案】（1） 2 1 2 mlT qU ；（ 2） Ux E ；（ 3） 2 1 10 0 tmmt    【解析】 【详解】（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为 v，有 21 2qUmv ① 离子在漂移管中做匀速直线运动，则 1 lT v ② 联立①②式，得 ③ （2）根据动能定理，有 0qU qEx ④ 得 Ux E ⑤ （3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设 其为 v ，有 2 vv  ⑥ 通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路 程相等，设为 1L ，在无场区的总路程设为 2L ，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为 v，设离子 的总飞行时间为 t总 。有 12LL vt v总 ⑦ 联立①⑥⑦式，得  122 2t mLL qU总 ⑧ 可见，离子从 A 到 B 的总飞行时间与 m 成正比。由题意可得 11 00 tm tm 可得 2 1 10 0 tmmt   