《江苏专用2018版高考物理大一轮复习第六章静电场章末检测》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专用2018版高考物理大一轮复习第六章静电场章末检测（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第六章 静电场1如图1所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是()图1A甲图：离点电荷等距的a、b两点B乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点解析电场强度是矢量，电场强度相同，则大小和方向均要相同，电势相同则两点应在同一等势面上，所以甲图中，电场强度大小相同，但方向不同，电势相同，所以A错误；图乙中由对称性可知：两点的电场强度的大小和方向相同，a、b在同一等势面上，所以电势相等，可见B正确；同理图丙：电场强度大小相同，但方向相反，所以C错误；图丁
2、为匀强电场，所以电场强度相同，但a点的电势较高，所以D错误答案B2如图2所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()图2A当增大两板间距离时，v也增大B当减小两板间距离时，v增大C当改变两板间距离时，v不变D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析电子从静止开始运动，根据动能定理，从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间距离增加，时间变长答案CD3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3所示，A、B是平行板电容器的
3、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()图3A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解析 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，将滑动变阻器触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之
4、间的电势差不变，D错误。答案A4如图4甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电荷位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L.现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a，b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是()图4AQ2带负电且电荷量小于Q1Bb点的场强一定为零Ca点的电势比b点的电势高D粒子在a点的电势能比b点的电势能小解析由vt图象知，粒子从a点向远处运动先减速再加速，在b处速度最小，则b点左右两侧电场方向相反，b点处电场强度为
5、0，B正确；根据点电荷场强公式和电场的叠加知识得Q2带负电且电荷量小于Q1，A正确；根据粒子受力方向知b点左侧场强向左，故a点电势较b点低，C错；粒子从a点到b点动能减小，则电场力做负功，电势能增加，D正确答案ABD5如图5所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是()图5A粒子在三点所受的电场力不相等B粒子必先过a，再到b，然后到cC粒子在三点所具有的动能大小关系为EkbEkaEkcD粒子在三点的电势能大小关系为EpcEpaEpb解析根据电场线与等势
6、面垂直，沿着电场线电势逐渐降低，可知粒子带负电，电场为匀强电场，则粒子在三点所受的电场力相等因速度方向未知，则粒子不一定必先过a，再到b，然后到c，也可以反之；粒子无论是先从a到b再到c，还是先从c到b再到a，电场力均先做负功，再做正功，动能先减少后增加，电势能先增加后减少，故D正确答案D6如图6所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度，然后释放P，则P在电场内将做()图6A匀速直线运动B水平向右的匀加速直线运动C斜向右下方的匀加速直线运动D曲线运动解析设电源
7、两端的电压为U，两金属板间的距离为d，带电液滴的质量为m，带电荷量为q，则液滴P静止时，由平衡条件可得：qmg.金属板转动后，P所受的电场力大小为Fq，方向与竖直方向成角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量F1Fcos qcos qmg.故电场力和重力的合力水平向右，即P做水平向右的匀加速直线运动B正确，A、C、D错误答案B7如图7所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是()图7Ab、d两点的电场强度相同Ba点的电势高于f点的电势C点电荷q在球面上任意两
8、点之间移动时，电场力一定做功D点电荷q在球面上任意两点之间移动时，从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大 解析 电场中各点的电场强度均为匀强电场E与+Q形成的电场强度的矢量和由对称性可知，b、d两点的电场强度大小相同，方向不同。A错误；在球面上各点，相对于形成的电场个点电势相同，但考虑匀强电场E的存在，a点电视高于f点电势，B正确；点电荷+q在bedf面上移动时，电场不做功，C错误；因球面上a、c两点电势差最大，故将+q从a点移到c点电场力做功最多电荷电势能变化量最大，故D正确。答案 BD7如图7所示，长为L0.5 m、倾角为37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为q，质
9、量为m的小球(可视为质点)，以初速度v02 m/s恰能沿斜面匀速上滑，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则下列说法中正确的是()图7A小球在B点的电势能大于在A点的电势能B水平匀强电场的电场强度为C若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2D若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半解析在小球由A到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，A错；由动能定理知qELcos mgLsin 0，所以水平匀强电场的电场强度为，B对；电场强度加倍后，则有q2Ecos mgsin ma，所以a0.6g6 m/s2，C错；电场强度减半后，则有mgsin
10、 qcos ma1，a10.3g3 m/s2，由vv22a1L代入数值得v1 m/s，D对答案BD8如图8所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距板右端L处有一竖直放置的光屏M.一电荷量为q、质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()图8A板间的电场强度大小为mg/qB板间的电场强度大小为2mg/qC质点在板间运动时动能的增加量等于电场力做的功D质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析对质点的运动进行分解，在水平方向上质点做匀速直线运动，又因质点在板间运动的水平位移与它从板的右端运动到光屏的水平位移相等，故质点在板间的运动
11、时间等于它从板的右端运动到光屏的时间，D错误；质点在板间运动过程中受到重力和电场力作用，故质点在板间运动时动能的增加量等于重力和电场力做的功之和，C错误；在竖直方向上，因质点最后垂直打在M屏上，且质点在板间运动时在竖直方向上做初速度为0的匀加速运动，故质点从板的右端运动到光屏的过程中在竖直方向上做末速度为0的匀减速运动，又因做匀加速运动的时间与做匀减速运动的时间相等，故做匀加速运动的加速度大小与做匀减速运动的加速度大小相等，即qEmgmg，得E2mg/q，B正确，A错误答案B9如图9所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略一带负电油滴
12、被固定于电容器中的P点现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()图9A平行板电容器的电容将变小B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变解析将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间场强EU/d减小，带电油滴所处位置的电势PEdP增大，其中dP为油滴到下极板的
13、距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器带电荷量Q不变，极板间距d变大，根据QCU，EU/d和C可知EQ/S，可见，极板间场强E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确答案ACD10如图10所示的三个点电荷q1、q2、q3，固定在一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q1q2q3为()图10A(9)4(36) B9436C(3)2(6) D326解析q1、q2、q3三个点电荷中任意两个点电荷对第三个点电荷的合力为零，由此可知
14、q1、q3为同种电荷，它们与q2互为异种电荷q1、q2间距离设为r，对q3有，所以；对q1有，所以.考虑q1、q2、q3的电性，其电荷量之比为q1q2q3(9)4(36)，A对答案A11如图11所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行整个装置处在真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()图11AU1变大、U2变大 BU1变小、U2变大CU1变大、U2变小 DU1变小、U2变小解析设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1qmv
15、，电子在水平极板间偏转所用时间t，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得a，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vyat，联立解得vy，又tan ，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角变大，故B正确答案B12如图12所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电荷、B板带负电荷两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O处，C带正电、D带负电两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的
