（江苏专用）2019高考物理一轮复习单元检测六静电场.docx

1、1单元检测六 静电场考生注意：1本试卷共 4 页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间 90 分钟，满分 100 分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整一、单项选择题(本题共 10 小题，每小题 3 分，共计 30 分每小题只有一个选项符合题意)1(2017泰州中学期中)在某一点电荷 Q 产生的电场中有 a、 b 两点，相距为 d， a 点的场强大小为 Ea，方向与 ab 连线成 120角， b 点的场强大小为 Eb，方向与 ab 连线成 150角，如图 1 所示，则关于 a、 b 两点场强大小及电势高低的关系的说法中正确的是( )

2、图 1A Ea Eb， a b B Ea Eb， a b D Ea3 Eb， a B B EAEB， A B D EAEB， Amg，最大速度不能大于5 Eq mg lmB如果 Eqmg，最大速度不能小于5 Eq mg lmC如果 Eq 2 3D粒子在 0 x2段做匀变速运动，在 x2 x3段做匀速直线运动15.(2017泰州市姜堰区期中)如图 14 所示， H、 H、 H 三种粒子从同一位置无初度地飘1 21 31入水平向右的匀强电场，被加速后进入竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )图 14A偏转电场对三种粒子做功一样多B三种粒子打

3、在屏上时速度一样大C三种粒子一定打到屏上的同一位置D三种粒子运动到屏上所用时间相同16(2017前黄中学检测)一带正电粒子在正点电荷的电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为 x 轴，起始点 O 为坐标原点，则下列关于电场强度 E、粒子动能Ek、粒子电势能 Ep、粒子加速度 a 与位移 x 的关系图象可能的是( )三、非选择题(本题共 3 小题，共计 46 分)17(15 分)(2017石榴高中月考)如图 15 所示， ABCD 为竖直放在场强为 E110 4V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的 BCD 部分是半径为 R 的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，

4、 A 为水平轨道的一点，而且 AB R0.2 m把一质量 m0.1 kg、带电荷量 q110 4 C 的小球，放在水平轨道的 A 点，由静止开始被释放后，小球在轨道的内侧运动求：( g10 m/s 2)图 157(1)小球到达 C 点时的速度大小；(2)小球到达 C 点时对轨道的压力大小；(3)若让小球安全通过 D 点，开始释放点离 B 点至少多远？18(15 分)(2017启东中学期中)一个带正电的微粒，从 A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线 AB 运动，如图 16 所示， AB 与电场线夹角 30.已知带电微粒的质量m1.010 7 kg，电荷量 q1.010 10 C， A、 B

5、 相距 L20cm.(取 g10m/s 2，结果保留两位有效数字)求：图 16(1)试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由；(2)电场强度大小、方向；(3)要使微粒从 A 点运动到 B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少？19.(16 分)(2017南通市、如皋市第二次质检)如图 17 所示，两平行金属板 A、 B 板长L8cm，两板间距离 d8cm， A 板比 B 板电势高 300V，一带正电的粒子带电荷量q110 10 C，质量 m110 20 kg，沿电场中心线 RO 垂直电场线飞入电场，初速度v0210 6m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面 MN、 PS 间的无电场区域后，进入固

6、定在 O点的点电荷 Q 形成的电场区域(设界面 PS 右边点电荷的电场分布不受界面的影响)，已知两界面 MN、 PS 相距为 12 cm， O 点在中心线上距离界面 PS 为 9 cm，粒子穿过界面 PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏 bc 上(静电力常量 k910 9 Nm2/C2)8图 17(1)求粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 OR 的距离；(2)试在图上粗略画出粒子运动的轨迹；(3)确定点电荷 Q 的电性并求其电荷量的大小9答案精析1C 由点电荷的场强公式可得： E k ，因为 a 点的场强方向与 ab 连线成 120角， bQr2点的场强方向与 ab 连线成 150角，所以点

7、电荷所在位置与 a、 b 两点所构成的三角形是直角三角形，则两直角边之比为 1 ，那么 a 点的场强大小 Ea与 b 点的场强大小 Eb之比为331，由于沿着电场线电势降低，所以 a b，故选项 C 正确2C 3.C 4.C5C 由题图知，带电粒子受到 A 处正电荷的排斥力作用，粒子从 a 运动到 b 的过程中库仑力做负功，其动能不断减小，故 A 错误粒子从 b 运动到 c 的过程中粒子离正电荷越来越远，所受的库仑力减小，加速度减小，故 B 错误根据动能定理得： qUab mv2 mv02，12 12可求出 A 产生的电场中 a、 b 两点间的电势差 Uab，故 C 正确根据已知条件无法求出

8、b 点的电场强度，故 D 错误6D7D 由于等势线的电势沿 x 轴正向增加，故 A 错误根据题图等势线的疏密知道 b 处的电场线密，场强大，电子的加速度大，故 B 错误电子从 a 点运动到 b 点的过程中，电场力做正功，动能增加，电势能减少，故 C 错误，D 正确8C 电路稳定时，该电路中没有电流，移动滑动变阻器 R 的滑片，电容器的电压不变，电路中仍没有电流，故 A 错误；在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式 C分析得知电容增大，而电容器的电压不变，由电容的定义式 C 分析得知电容器所带 rS4 kd QU电荷量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有 b 到 a 方向的电

9、流通过电流计，故 B 错误；减小平行板电容器两极板的正对面积，根据电容的决定式 C 分析得 rS4 kd知电容减小，而电容器的电压不变，由电容的定义式 C 分析得知电容器所带电荷量减小，QU将要放电，电路中形成顺时针方向的放电电流，有 a 到 b 方向的电流通过电流计，故 C 正确；减小平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式 C 分析得知电容增大，而电 rS4 kd容器的电压不变，由电容的定义式 C 分析得知电容器所带电荷量增加，将要充电，电路QU中形成逆时针方向的充电电流，有 b 到 a 方向的电流通过电流计，故 D 错误9A 根据对称性可知，圆环上的电荷在 O 点产生的合场强为零，而

10、无穷远处电场强度也为零，故电场强度先增大后减小，根据电场的叠加原理可知 x 轴上电场强度方向向右，沿电场方向电势降低，故 O 点的电势最高，故 A 正确1010B11AD 由电容的定义式得 C 1F，故 A 正确，B 错误；当电荷量发生QU 210 4C200V变化时，电容不变，再由 C ，代入数据可得： U1400V，故 D 正确，C 错误Q1U112BD 电场线和等势面垂直，电场强度的方向沿电场线的切线方向，可知 A 点的电场强度方向不是沿等势面上 A 点的切线方向，故 A 错误； A 点的电势高于 C 点的电势，根据Ep q 知，负电荷在 A 点的电势能比在 C 点的电势能小，故 B 正

11、确； A 点的电势高于 C 点的电势，沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场线方向大致向左，所以正电荷从 A 点移到 C点，电场力做正功，故 C 错误； A、 B 两点处于同一等势面上，电势相等，所以将电荷从 A点移到 B 点，电场力做功为零，故 D 正确13BD 同一电场中，电场线密的地方电场强度大，因此 Eb Ec，选项 A 错误；沿电场线方向电势降低，且导体表面为等势面，因此 b d，选项 B 正确；由于无穷远处电势为零，故 d 点电势为负，负电荷放在 d 点时电势能为正值，选项 C 错误；由题图可知， a d， Uad0，则将正电荷由 a 点移至 d 点的过程中电场力做功 W qUad，为

12、正功，选项D 正确14BC 因为图象的斜率可以反映电场强度大小，所以在 x1处电场强度最小，A 错误；x2 x3段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，B 正确；粒子带负电，0 x1阶段，电场力做正功，即逆着电场线方向到达 x1处，之后电场力做负功，顺着电场线从 x1依次到达x2、 x3，而沿电场线方向电势降低，故有 1 2 3，C 正确；图象的斜率可以反映电场强度大小，所以粒子在 0 x2段做非匀变速直线运动，在 x2 x3段做匀减速直线运动，D 错误15AC16CD 正电荷的场强公式 E k ，可知电场强度随 x 的变化不是均匀减小，故 A 错误；Qr2由于电场不是匀强电场，电场力做功 W

13、 qEx，则动能不是随 x 均匀增大，故 B 错误； Ep x图线的切线斜率大小表示电场力大小，随着 x 的增大，电场力 F 逐渐减小，故 C 正确；加速度 a ，可知 a 随 x 的变化图线是曲线，且减小，故 D 正确Fm qEm kQqmr217(1)2m/s (2)3N (3)0.5m解析 (1)设小球在 C 点的速度大小是 vC，对轨道的压力大小为 FNC，则对于小球由 A C 的过程中，应用动能定理得：2 qER mgR mvC2，解得 vC2 m/s12(2)在 C 点时，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有：FNC qE m ，解得： FNC3 NvC2R11由牛

14、顿第三定律知 FNC FNC3 N.(3)小球要安全通过 D 点，必有 mg mvD2R设释放点距 B 点的距离为 x，由动能定理得：Eqx mg2R mvD212以上两式联立可得： x0.5 m.18见解析解析 (1)微粒只在重力和电场力作用下沿 AB 直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示微粒所受合力的方向由 B 指向 A，与初速度 vA方向相反，微粒做匀减速直线运动(2)根据共点力平衡条件，有： qEmgtan故电场强度 E 1.710 4N/C，电场强度方向水平向左mgqtan(3)微粒由 A 运动到 B 点的速度 vB0 时，微粒射入电场时的速度

15、最小，由动能定理有：mgLsin qELcos mvA2，解得 vA2.8m/s12即要使微粒从 A 点运动到 B 点，微粒射入电场时的最小速度是 2.8m/s.19(1)3cm (2)见解析图 (3)带负电 1.0410 8 C解析 (1)侧向位移： y at2 ( )2 ( )12 qU2mdLv0 110 10300210 200.08 0.0821062m0.03m3cm(2)第一段是抛物线、第二段必须是直线、第三段是圆弧如图(3)带正电粒子在离开电场后将做匀速直线运动yY 44 12Y4 y12cm12此时带电粒子速度的水平分量： vx v0210 6m/svy at 1.510 6m/sqUtmdv2.510 6m/s由几何关系知此时的速度方向垂直于 Oa.因粒子穿过界面 PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，由此可以作出判断：该带正电粒子在穿过界面 PS 后将绕点电荷 Q 做匀速圆周运动，所以 Q 带负电由几何关系得，粒子在 PS 右侧做匀速圆周运动的半径 r15cm，则有k ，代入数据解得： Q1.0410 8 CQqr2 mv2r