《2019版高考物理一轮复习 精选题辑 周测六 静电场》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考物理一轮复习 精选题辑 周测六 静电场（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、周测六静电场(A卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1(2018湖北宜昌模拟)有三个完全一样的金属小球A、B、C，小球A所带电荷量为10Q，小球B所带电荷量为Q，小球C不带电，将A、B两小球固定，相距r，此时A、B两小球间的相互作用力大小为F；然后让小球C反复与A、B两小球多次接触，最后移去小球C后，则A、B两小球间的相互作用力大小为()AF B10FC.F D.F答案：C解析：依题意可知A、B两小球最初所带电荷量的总和被
2、三个小球间均分，则A、B两小球最终的电荷量均为3Q，A、B两小球之间最初是引力，大小为Fk10k，A、B两小球之间最终是斥力，大小为Fk9kF，C正确2(2018江苏四市联考)(多选)如图所示，a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上，Q1带正电一带正电粒子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动，经b点时速度最大，到c点时速度为零下列说法正确的是()AQ2带正电BQ2的电荷量大于Q1的电荷量Ca、c两点电势相等Db点的电场强度最大答案：BC解析：带正电粒子经过b点时速度最大，此时带电粒子所受合力为零，可知b点的合场强为零，因此Q2带负电，故A、D错误；b点的合场强为零，说明Q1、Q2
3、在b点产生的场强大小相等，由点电荷场强公式Ek知，Q2的电荷量大于Q1的电荷量，故B正确；从a运动到c的过程，带电粒子的动能变化量为零，由动能定理知电场力做功为零，则a、c两点电势相等，故C正确3(2018广东佛山一模)如图A、B、C是两个带电荷量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两电荷连线与其中垂线的交点，A点固定一带电荷量同为Q的负点电荷现将一电子从B点由静止释放，电子会经由C点继续向前运动，则()A从B到C，电场力对该电子一直不做功B电子从B到C做加速度变大的加速运动C电子在B、C两点时的电势能大小关系是EpBEpCD若电子可回到B点，则回到B点时速度不为零答案：C解析：电子在B
4、点受到的电场力方向竖直向下，在B、C间受到的电场力方向也一直沿中垂线方向，所以从B到C，电场力对该电子做功，A错误；从B点到无穷远，正点电荷对电子的作用力先增大后减小，负点电荷对电子的作用力一直减小，由于C的位置不确定，故电子由B到C加速度变化不确定，B错误；电子在C点的动能大于在B点的动能，电势能减少，即EpBEpC，C正确；根据能量守恒定律，若电子可能回到B点，则回到B点的速度一定为零，D错误4(2018河北石家庄二中联考)如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角53，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的倍，重力加速度为
5、g，则物块落地的速度大小为()A2 B2C2 D.答案：D解析：物块受到的电场力大小为mg，将其分别向沿斜面和垂直于斜面方向分解，则电场力垂直于斜面方向的分力Fymgmg，故一定大于重力垂直于斜面方向的分力，因此物块将离开斜面沿电场力和重力的合力的方向做直线运动，运动方向与竖直方向的夹角的正切值tan，物块在飞行过程中，重力和电场力做功，根据动能定理得mghEqhmv2，已知Eqmg，代入解得v，故选项D正确5(2018山西晋中摸底)(多选)示波管的内部结构如图甲所示，如果在偏转电极XX、YY之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心如果在偏转电极XX之间和YY之间加上如图丙所示的几种电压，荧光
6、屏上可能会出现图乙中(a)(b)所示的两种波形，则()A若XX和YY分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形B若XX和YY分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形C若XX和YY分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形D若XX和YY分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形答案：AC解析：要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象，偏转电极XX要接入锯齿形电压，即扫描电压，在XX偏转电极加电压(4)，电子不可能在水平方向完成偏转，故B、D错误；在XX偏转电极加电压(3)，为锯齿电压，在YY偏转电极上加的是待
7、显示信号电压，故A、C正确6(2018安徽马鞍山一模)如图所示，水平虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d，一质量为m、电荷量大小为q的粒子(不计重力)，从A点以与等势线成角的速度v0射入，到达B点时，速度方向恰与等势线平行，则()A粒子一定带正电B电场中A点的电势一定高于B点的电势C匀强电场的电场强度大小为D粒子在A点具有的电势能大于在B点具有的电势能答案：C解析：电场线与等势线垂直，所以电场线沿竖直方向，由粒子的运动轨迹可知，电场力的方向竖直向下，由于不知道电场强度的方向，所以无法判断粒子的电性，也无法判断A、B两点的电势高低，A、B错误；对粒子由动能定理，有Eq2dm(v0cos)2mv，
8、解得E，C正确；从A到B，由于电场力做负功，电势能增大，所以粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，D错误7(2018江西九江十校第二次联考)如图所示，竖直光滑的圆轨道上放一个质量为m的小球，带电荷量为q(可看成质点)，圆的半径为R.周围空间充满着水平方向的匀强电场，电场强度E.现在最低点给小球一个初动能，为了使小球能做一个完整的圆周运动，那么在圆轨道最低点给小球的初动能()AEk大于mgR BEk等于mgRCEk小于mgR DEk的大小不能确定答案：A解析：因为E，所以小球运动过程中等效最低点为A，圆心与A的连线与竖直方向的夹角为，tan，60.要想做完整的圆周运动，要过等效最高点B，在B点的
9、最小速度v满足：，即v22gR，设在圆轨道最低点给小球的初动能为Ek，根据动能定理有mgqERmv2Ek，解得Ek4mgR，所以A正确8(多选)传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件图乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)，下列实验现象中正确的是()A当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转B当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转C当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转D当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转答案：BD
10、解析：当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则两极间距变大，由C可知，电容器的电容减小，电容器所带电荷量减小，电容器放电，则电流从电流表负极流入，故电流表指针向左偏转，同理，若F变大，则电流表指针向右偏转，选项A错误，选项B正确；当丙传感器接入电路时，金属芯线与导电溶液形成电容器，若导电溶液深度h变大，两极板正对面积增大，由C可知，电容器的电容变大，带电荷量增加，电容器充电，则电流表指针向右偏转，故选项C错误；同理分析可知，选项D正确二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9(7分)在竖直平面内固定一个半径为R的均匀带电细圆环，质量为m的带电小球(视为质点)通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点
11、当圆环、小球都带有相同的电荷量Q(未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示已知静电力常量为k，重力加速度为g，则绝缘细线对小球的拉力FT_，圆环的带电量Q_.答案：(4分)(3分)解析：本题考查电场的叠加、库仑定律，意在考查考生应用数学知识处理物理问题的能力由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分x，设总电荷量为Q，则该部分电荷量为Q，由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力F1，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理，取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与F1相同；如图甲所示，两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为2；因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力
12、F，方向水平向右；小球受力分析如图乙所示，小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，故FT与F的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系可得；则小球对绳子的拉力FT；，解得Q .10(13分)在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0 m和5.0 m放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷的电荷量关系图象分别如图中直线a、b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电(忽略试探电荷之间的影响)求：(1)B点的电场强度的大小和方向；(2)试判断电荷Q的电性，并说明理由；(3)点电荷Q的位置坐标答案：(1
13、)2.5 V/m，沿x轴负向(2)Q带负电(3)x2.6 m解析：(1)由EB和图象可得EB2.5 V/mEA V/m放入B点的是负电荷，所以电场强度方向跟负电荷受力方向相反，故B点电场方向沿x轴负向(2)A点的正电荷受力沿x轴正向，而B点的负电荷受力也沿x轴正向，根据同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引所以Q带的是负电，而且在A、B之间(3)由(2)问已知Q在A、B之间，设离A点距离为L，则离B点距离为(3L)根据E得，EA40 V/m，EB2.5 V/m可求得L0.6 m所以点电荷Q的位置为x2 m0.6 m2.6 m处11(13分)(2018江苏如东四校联考)如图所示，质量m2 kg、带电
14、荷量q2103 C的小物块A与质量不计的绝缘木板B叠放在水平面上，A位于B的最左端且与竖直固定于水平面上的挡板P相距s03 m，已知A与B间的动摩擦因数10.8，B与水平面间的动摩擦因数20.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与挡板相撞没有机械能损失，且A带电荷量始终保持不变整个装置处在大小E6103 N/C、方向水平向右的匀强电场中，现将A、B同时由静止释放，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)A、B释放时，物块A的加速度大小；(2)若A与挡板不相碰，木板的最小长度L0.(3)若木板长度为L0.8 m，整个过程中木板运动的总路程s.答案：(1)1 m/s2(2)1 m(3)2.32 m解析
15、：(1)A和B一起做匀加速运动，由牛顿第二定律得a1 m/s2.(2)设当木板B与挡板P相撞时速度为v，开始时木板B右端与挡板相距为d，有v22ad，木板B与挡板P撞后停止，物块A继续滑动，加速度a12 m/s2，当A恰好滑到挡板P处停止时有v22a1L0，而dL0s0，代入数据解得L01 m，即木板的最小长度为1 m.(3)因为L小于L0，故物块与挡板碰撞，然后原速返回，与木板B共同反向做匀减速运动，直到速度为零，再共同加速向右滑动，不断往复，最终A、B都停在挡板P处物块A和木板B间产生热量Q11mgL，木板与水平面间产生的热量Q22mgs，整个过程由能量守恒定律得Eqs0Q1Q2，代入数据解得s2.32 m.12(14分)在宽度为L的条形区域内有匀强电场，电场的方向平行于区域边界有一个带电
