（講練測）高考物理一輪復(fù)習(xí) 第06章 靜電場單元綜合測試（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、第06章 靜電場 【滿分：110分 時間：90分鐘】 一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中. 1~8題只有一項符合題目要求； 9~12題有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。） 1．在靜電場中，下列說法中正確的是： （ ） A．電勢為零的點，電場強度也一定為零 B．電場強度的方向處處與等勢面垂直 C．由靜止釋放的正電荷，僅在電場力作用下的運動軌跡一定與電場線重合 D．電場中任一點的電場強度的方向總是指向該點電勢降落的方向 【答案】B 【名師點睛】在靜電場中電場強度與電勢無關(guān)

2、．電場強度的方向處處與等勢面垂直．只有當(dāng)電場線是直線時，電荷的運動軌跡才有可能與電場線重合．順著電場線方向，電勢逐漸降低 為兩者之和．因此根據(jù)點電荷的電場強度為即可求解。 2．A、B是一條電場線上的兩個點，一帶正電的粒子僅在電場力作用下以一定的初速度從A點沿電場線運動到B點，其v-t圖象如圖所示。則電場的電場線分布可能是： （ ） 【答案】D 【解析】從速度時間圖像中可以看出物體的速度在減小，即電場力做負功，圖像的斜率表示加速度，所以加速度在增大，即受到的電場力在增大，因為粒子帶正電，要使電場力做負功，必須運動方向和電場方向相反，所以AC錯誤；從A運動到B過程中電場

3、力在增大，即電場線變得密了，故D正確C錯誤. 【名師點睛】做本題的關(guān)鍵是知道電場線的疏密程度可表示電場強度大小，速度時間圖像的斜率表示加速度，據(jù)此分析解題。 3．如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心C的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q（q>0）固定點電荷，已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為（k為靜電力常量）： （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【名師點睛】由題意可知，半

4、徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點處有一電荷量為q（q＞0）的固定點電荷，在b點處的場強為零，說明各自電場強度大小相等，方向相反．那么在d點處場強的大小即。 4．兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示，一個電荷量為2C，質(zhì)量為1 kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的v-t圖象如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標(biāo)出了該切線）．則下列說法正確的是： （ ） A．B點為中垂線上電場強度最大的點，場強E=1 V/m B．由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大 C．由C點到A點電勢逐漸升

5、高 D．A、B兩點間的電勢差UAB=5V 【答案】A 【名師點睛】此題考查等量同種電荷的電場及v-t圖線的應(yīng)用；解題時要首先明確等量同種電荷電場的特點：兩個等量的同種正電荷，其連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外；據(jù)v-t圖獲取加速度、速度、動能等物理量是解本題的突破口. 5．點電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的靜電場的等勢面與紙面的交線如圖所示，圖中標(biāo)在等勢面上的數(shù)值分別表示該等勢面的電勢，a、b、c……表示等勢面上點，下列說法正確的有： （ ） A．位于g點的點電荷不受電場力作用 B．b點的場強與d點的場強大小一定相等 C．把電荷量為q的正點電荷從a

6、點移到i點，再從i點移到f點過程中，電場力做的總功大于把該點電荷從a點直接移到f點過程中電場力所做的功 D．把1C正電荷從m點移到c點過程中電場力做的功等于7 kJ 【答案】D 【解析】位于g點的位置電勢為零，場強不為零，所以點電荷受電場力作用，故A錯誤；b點的場強與d點的場強是由點電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的場強疊加產(chǎn)生的，Q2和Q3與b點和d點的距離不等，根據(jù)點電荷場強公式得Q2和Q3在b點和d點的場強大小不等，方向不同，所以b點的場強與d點的場強大小不相等，故B錯誤；根據(jù)電場力做功W=qU得把電荷量為q的正點電荷從a點移到i點，再從i點移到f點過程中，電場力做的總功等于把該點電荷從

7、a點直接移到f點過程中電場力所做的功，故C錯誤；把1庫侖正電荷從m點移到c點過程中電場力做的功W=qU=1C×=7kJ，故D正確；故選D 【名師點睛】本題考查了電場線特點及沿電場線的方向電勢降低，點電荷連線上的電勢分布．要知道空間中某一點的實際場強是由多個場強疊加產(chǎn)生的．在等勢面上移動電荷電場力做功為零。 6．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知，下列說法錯誤的是： （ ） A．三個等勢面中，a的電勢最高B．帶電質(zhì)

8、點通過P點時的加速度較Q點大 C．帶電質(zhì)點通過P點時的電勢能較Q點大D．帶電質(zhì)點通過P點時的動能較Q點大 【答案】D 【名師點睛】利用電場線和等勢面的垂直關(guān)系，根據(jù)已給的等勢面（或電場線）畫出沒給出的電場線（或等勢面），因為所受的電場力指向運動軌跡的凹側(cè)，就可確定所受電場力的方向，再由給出的粒子的帶電性質(zhì)，確定電場線的方向，由沿著電場線方向電勢逐漸降低，判斷電勢的高低，通過分析電場力做功情況，，就能確定電勢能的變化，從而確定在不同位置電勢能的大小。 7．如圖所示，一半徑為R電量為Q的孤立帶電金屬球，球心位置O固定， P為球外一點．幾位同學(xué)在討論P點的場強時，有下列一些說法，其中正確的是

9、： （ ） A．若P點無限靠近球表面，因為球面帶電，根據(jù)庫侖定律可知，P 點的場強趨于無窮大． B．因為球內(nèi)場強處處為0，若P點無限靠近球表面，則P點的場強趨于0 C．若Q不變，P點的位置也不變，而令R變小，則P點的場強不變 D．若Q不變，而令R變大，同時始終保持P點極靠近球表面處，則P點場強不變 【答案】C 【名師點睛】本題運用等效的思維，將看成金屬球看成點電荷模型來處理，運用點電荷場強公式進行分析，點電荷是一種理想化的物理模型，要注意能把帶電體看成點電荷的條件。 8．如圖所示，兩個等量異種點電荷對稱地放在一無限大平面的兩側(cè)（兩點電荷未畫出），O點是兩點

10、電荷連線與平面的交點，也是連線的中點。在平面內(nèi)以O(shè)點為圓心畫兩個同心圓，兩圓上分別有四個點，則以下說法正確的是： （ ） A．兩點電場強度大小相等 B．若某個檢驗電荷只在此電場的電場力作用下運動到c點和d點時，加速度大小一定相等 C．帶正電的檢驗電荷從a點在平面內(nèi)移動到d點電勢能一定減小 D．檢驗電荷可以僅在此電場的電場力作用下在此平面內(nèi)做勻速圓周運動 【答案】B 【解析】根據(jù)等量異號點電荷電場線的特點以及對稱性可知，在兩個點電荷的連線的中垂線上，所有各點的電場強度的方向都與中垂線垂直，而且與兩個點電荷的連線的交點處的電場強度最大，越向兩邊越??；由圖可知，a

11、、c兩點到O點的距離不相等，所以a、c兩點電場強度大小不相等，故A錯誤；由圖可知，c、d兩處電場線疏密程度相同，則場強大小相同，則加速度的大小也一定相等，故B正確；兩等量異號點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，則a、b、c、d四個點電勢均相等，由推論：正電荷從a點在平面內(nèi)移動到d點電勢能不變，故C錯誤；根據(jù)等量異種點電荷的電場線的分布，可知，檢驗電荷受到的電場力不在此平面內(nèi)，因此不可能做圓周運動，故D錯誤。 【名師點睛】等量異號點電荷的電場線和等勢線分布情況是考試的熱點，抓住對稱性和其連線的垂直平分線是一條等勢線是學(xué)習(xí)的重點．對于電勢能大小或變化的判斷，可根據(jù)推論或電場力做功正負判斷． 9

12、．如圖所示，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電球體，以球心O為坐標(biāo)原點，沿半徑方向建立x軸，P點為球面與x軸的交點。已知均勻帶電球體，x≥R處的電場分布與電荷量全部集中在球心時相同，而均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零。k為靜電力常量，則： （ ） A．球內(nèi)部各點的電勢相等 B．球內(nèi)部的電場為勻強電場 C．x軸上各點中，P點場強最大 D．x軸上x1（x1

13、由圖象和橫軸的面積來表示。 10．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在y軸上的O、M兩點，若規(guī)定無窮遠處的電勢為零，則在兩電荷連線上各點的電勢φ隨y變化的關(guān)系如圖6所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則：（ ） 圖6 A．q1與q2帶異種電荷 B．A、N兩點的電場強度大小為零 C．從N點沿y軸正方向，電場強度大小先減小后增大 D．將一正點電荷從N點移到D點，電場力先做負功后做正功 【答案】AD 【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵要掌握電場線方向和電勢變化的關(guān)系，明確電場力做功的正負決定電勢能的增加與否，注意圖象斜率表示電場強度是解題的突破

14、口。 11．如圖所示，A、B、C是勻強電場中平行于電場線的某一平面上的三個點，各點的電勢分別為φA＝5 V，φB＝2 V，φC＝3 V，H、F三等分AB，G為AC的中點，在下列各示意圖中，能正確表示電場強度方向的是： （ ） 【答案】BC 【解析】G 點的電勢為；因為φA＝5 V，φB＝2 V，則H點的電勢為4V，F(xiàn)點的電勢為3V；可知φG＝φH，φC＝φF，故GH和CF均為等勢線，場強方向垂直于GH和CF，故選BC． 【名師點睛】此題考查了電場線以及等勢面；要知道在勻強電場中，沿任意方向相等的距離內(nèi)的電勢差是相同的；電場線與等勢面是正交的關(guān)系，所以只要找到了電

15、勢相等的兩個點就有了等勢面，于是就可以找到場強的方向了. 12．如圖（1）所示，在平行板電容器的A附近，有一個帶正電的粒子（不計重力）處于靜止，在A、B兩板間加如圖（2）所示的交變電壓，帶電粒子在電場力作用下由靜止開始運動，經(jīng)時間剛好到達B板，設(shè)此時粒子的動能大小為，若用改變A、B兩板間距的方法，使粒子在時刻到達B板，此時粒子的動能大小為，求等于： （ ） A．3:5 B．5:3 C．1:1 D．9:25 【答案】ACD 【名師點睛】帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學(xué)的知識，分析

16、方法和力學(xué)的分析方法基本相同．先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程（平衡、加速、減速，直 線或曲線），然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題．解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力和運動的觀點，選用牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解；第二種利用能量轉(zhuǎn)化 的觀點，選用動能定理和功能關(guān)系求解。 二、非選擇題（本大題共4小題，第13、14題每題10分；第15、16題每題15分；共50分） 13．（10分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點，該區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶負電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動，（電荷量不變

17、）經(jīng)過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角，CD為直徑，重力加速度為g，求 （1）小球所受到的電場力的大??； （2）小球在A點速度多大時，小球經(jīng)過D點時對圓軌道的壓力最小。 【答案】（1）（2） 【解析】（1）已知帶電小球在光滑的豎直圓軌道內(nèi)做完整的圓周運動，經(jīng)C點時速度最大，因此，C點是豎直面內(nèi)圓周運動的物理“最低點”，也就是小球在C點受力情況滿足合外力完全充當(dāng)向心力，如圖 滿足 因此電場力即 （2）小球在軌道最高點B時的受力情況如圖所示， 根據(jù)①②兩種情況的討論可知，小球在B點的最小速度為，小球從A到B過程中，只有電場力和重力做了功，又知A、B兩點在同一等勢面

18、上，該過程電場力做功為0，根據(jù)動能定理可得：③，聯(lián)立以上②③兩式可得 【名師點睛】抓住帶電小球運動至C點的速度最大這一突破口，豎直面內(nèi)圓周運動的最大速度出現(xiàn)在物理“最低點”，即合外力沿半徑指向圓心，而電場力和重力的合力則背離圓心的方向；豎直面內(nèi)圓周運動的最高點，軌道對小球的壓力豎直向下，對B的壓力最小時，對D的最小壓力等于零。 14．（10分）如圖所示，空間有水平向右的勻強電場，電場場強大小為E，在電場中用一根長為L的不可伸長的輕絲線吊著一電荷量為q的小球，小球保持靜止時絲線與豎直方向成37°角，現(xiàn)突然將該電場方向改變?yōu)樨Q直向下且大小不變，不考慮因電場的改變而帶來的其他影響，求： （

19、1）小球所受重力的大小；（2）小球經(jīng)過最低點時對絲線的拉力。 【答案】（1）（2） 【解析】（1）小球受到的電場力，重力，繩子的拉力三個力作用，處于平衡狀態(tài)，故有，解得 【名師點睛】運用動能定理求速度，根據(jù)牛頓第二定律求絲線的拉力，是常用的方法和思路，要能熟練運用力學(xué)方法解決電場中的問題。 15．（15分）一個帶正電的小物體，,放在絕緣的水平地面上，圖甲中，空間若加上水平方向的變化電場，其加速度隨電場力變化圖像為圖乙所示?，F(xiàn)從靜止開始計時，改用圖丙中周期性變化的水平電場作用（g取10m/s2）。求： E/ ×106NC-1 （1）物體的質(zhì)量及物體與地面間的動摩擦因數(shù)； （2）

20、在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下，物體一個周期內(nèi)的位移大??； （3）在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下，23s內(nèi)電場力對物體所做的功。 【答案】（1）4kg；0.1；（2）8m；（3）196J 【解析】（1）物體在水平面上受重力mg、地面的支持力N、水平拉力F和摩擦力f作用，根據(jù)牛頓第二定律得：F－μmg＝ma，解得：a＝－μg 對照a-F關(guān)系圖象，可知m＝4kg，μg＝1m/s2，即μ＝0.1 （2）電場變化周期是T=4s 0-2s ； 2s末 ；在2-4s內(nèi) 做減速運動，4s末v2=0，，所以一個周期內(nèi)物體的位移x=x1+x2=8m （3

21、）23s內(nèi)E1作用下位移為6x1，E2作用下位移為5x2+3m，因此W1=E1q×6x1=288J W2=-E2q×（5x1+3m）=-92J 即23s內(nèi)電場力做功W=W1+W2=196J 【名師點睛】本題涉及牛頓運動定律和運動學(xué)的知識以及運動定理的應(yīng)用，求解本題的關(guān)鍵是認(rèn)真分析物理過程，主要考查分析、推理和綜合能力；利用牛頓第二定律求出加速度，再利用運動學(xué)公式求出一個周期內(nèi)的位移，通過周期性的運動過程求出23s內(nèi)的位移，然后求出拉力做的功。 16．（15分）如圖所示，絕緣的水平桌面上方有一豎直方向的矩形區(qū)域，該區(qū)域是由三個邊長均為L的正方形區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG

22、首尾相接組成的，且矩形的下邊EH與桌面相接。三個正方形區(qū)域中分別存在方向為豎直向下、豎直向上、豎直向上的勻強電場，其場強大小比例為1∶1∶2?，F(xiàn)有一帶正電的滑塊以某一初速度從E點射入場區(qū)，初速度方向水平向右，滑塊最終恰從D點射出場區(qū)。已知滑塊在ABFE區(qū)域所受靜電力和所受重力大小相等，桌面與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為0.125，重力加速度為g，滑塊可以視作質(zhì)點。求： （1）滑塊進入CDHG區(qū)域時的速度大小v0；（2）滑塊在ADHE區(qū)域運動的總時間。 【答案】（1）（2） （2）在CDHG區(qū)域 在BCGF區(qū)域，滑塊做勻速直線運動 在ABEF區(qū)域，滑塊做勻減速直線運動，由動能定理得： 則： 又 得： 總時間： 【名師點睛】本題是對牛頓第二定律及動能定理的應(yīng)用的考查；解題的關(guān)鍵是先根據(jù)類平拋運動的位移公式求出類平拋的初速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再結(jié)合運動學(xué)公式求解；此題有一定的難度，考查學(xué)生的綜合分析能力.