阶段示范性金考卷6

1、阶段示范性金考卷（六）本卷测试内容：静电场本试卷分为第I卷（选择题）和第H卷（非选择题）两部分，共110 分。测试时间90分钟。第I卷（选择题，共65分）一、选择题（本题共13小题，每小题5分，共65分。在每小题 给出的四个选项中，第2、3、4、5、8 12、13小题，只有一个选项 正确；第1、6、7、9、10、11小题，有多个选项正确，全部选对的 得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1. 如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），0、A、 B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷 所带电荷量的关系如图乙所示，贝S （）A. A点的电场强度大小为 2X 1

2、03 N/CB. B点的电场强度大小为 2X 103 N/CC. 点电荷Q在A、B之间D. 点电荷Q在A、O之间解析：试探电荷所受的电场力与电量的比值为场强，选项A正确B错误；若点电荷Q在AO之间，则A、B两点场强方向相同，选项C正确D错误答案：AC2. 如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B性反映该离子从点。离子在A点的速度大小为v°,速度方向与电场方向相同。能定A点到B点运动情况的速度一时间(v t)图象是A解析：从A到B,正离子受到的电场力方向与运动方向相同， 所 以该离子做加速运动；考虑到电场线越来越疏，场强越来越小，正离子受到的电场力和加速度也越来越小，该离子

3、从 A点到B点运动情况的速度时间(v t)图象的斜率也越来越小。综上分析，选项 C正答案：C3. 2014舟山模拟真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示，分别标记为1、2、3、4、5,且1、5和2、4分别关于3 对称。以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分 别为a、b、c、d、e，则下列说法中正确的是()A. 电场强度EaVEcB. 电势护血C. 将一正电荷由a点移到d点，电场力做正功D. 将一负电荷由b点移到e点，电势能增大解析：由点电荷电场分布特点可知，以点电荷为圆心的圆上各点 的电势和场强大小均相等，沿题图所示的电场方向，等势面的电势越 来越低，电场线越来越密，故

4、Ea>Ec,A错误；亦=血，B错误；UadVO, 正电荷由a点移到d点时，Wad= Uadqvo, C错误；又Ube>0,负电荷 由b点移到e点时，Wbe= Ube (- q)<0，即电场力做负功，电势能增 大，D正确。答案：D甲4. 如图所示，虚线表示某点电荷 Q所激发电场的等势面，已知 a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上。甲、乙两 个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电 场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动。则下列说法中正确的是 ( )A. 两粒子电性相同B. 甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过 d点时的速率C. 两个粒子的

5、电势能都是先减小后增大D. 经过b点时，两粒子的动能一定相等解析：从甲、乙两个带电粒子的运动轨迹可知， 两粒子的电性不相同，故A错误；甲受的是吸引力，电场力做正功，电势能减少，所以到达c时速率增加，乙受排斥力，电场力做负功，电势能增加，到达d时速率减小，故甲的速率比原先大，乙的速率比原先小，由于在a点时甲、乙两个带电粒子的速率相同，因此甲粒子经过c点时的 速率大于乙粒子经过d点时的速率，所以B正确、C错误；由于不知 道甲、乙两个带电粒子的质量关系，所以无法判断其动能，所以错误答案：B5. 如图所示，两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于0点，若qi>q2, Ab，平衡时两球到过0点的竖

6、直线的距离相等，贝S ( )A. m1>m2B. mi = m2C. mi<m2D. 无法确定解析：以O点为转轴，Ti和T2的力矩为零，而两个库仑力的力 矩的代数和为零，故由力矩的平衡可知：两个重力的力矩的代数和也 应该为零，即migd= m2gd,所以mi= m2,故B正确。也可以用三角形相似法求解答案：B6. 2014广东湛江一模如图所示，P、Q为固定的等量正点电荷, 在连线的中垂线上某处 B静止释放一带负电的粒子，重力不计，则 下列说法正确的是（）1 八oA. 中垂线为等势线B. 粒子由B运动到0点时，速度最大C. 粒子由B运动至0点过程，电势能减小D. 粒子由B运动至0点过

7、程，电场力增大解析：等量异种点电荷的中垂线是一等势线， 而这是等量同种点 电荷，故A错误；带负电的粒子在从 B到0的过程中，所受的电场 力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，到0点加速度等于零，速度达到最大，此过程中动能越来越大，电势能越来越小，B、C正确。由B运动至0点过程，电场强度可能先增大后减小，也 可能是一直减小，因此电场力无法确定大小，D错误。答案：BC7. 如图所示，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（）A

8、. 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= 4"盏°1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E = U/d减小，带电油滴所处位置的电势 幅=E' Ed增大，其 中d为油滴到上极板的

9、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q= cu , e=u/d和c=4nd可知eg/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：ACD8. 2014中山模拟如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P,将另一个带电小物块 Q在斜面的某位置由静止释 放，它将沿斜面向上运动。设斜面足够长，则在Q向上运动过程中( )A. 物块Q的动能一直增大B. 物块Q的电势能一直增大C. 物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D. 物块Q的

10、机械能一直增大解析：由F库mgsin0= ma可知，物块沿斜面的加速度先向上 逐渐减小，再沿斜面向下，逐渐增大，其速度先增大后减小，故物块 Q的动能先增大再减小，A错误；因电场力始终做正功，故电势能一 直减小，物块Q的机械能一直增大，B错误，D正确；因只有电场力、 重力做功，物块的电势能、重力势能、动能之和守恒，又知动能先增 大后减小，故重力势能和电势能之和先减小后增大，C错误。答案：D9. 2015江苏连云港如图是一个说明示波管工作的原理图，电子 经加速电场(加速电压为Ui)加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场 时偏转量是h,两平行板间的距离为d,电压为U2,板长为L,每单位电压引起的偏移

11、h/6,叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度, 可采用的方法为（）A.增大U2C.减小d解析：对粒子的加速过程，由动能定理得, 偏转电场中，做类平抛运动，由运动规律得，h l2h得，U2 = 4U1d，为了提咼灵敏度U2B.减小LD.减小UiqUi = *m v 2，粒子在l=v ot，h=黑挣，解,可增大L、减小Ui或d, C、D两项正确。答案：CD.b10.现有两个边长不等的正方形 ABDC和abdc,如图所示，且Aa、Bb Cc、Dd间距相等。在 AB、AC、CD、DB的中点分别放等 量的点电荷，其中 AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零。则

12、下列说法中正确的是( )A. 0点的电场强度和电势均为零B. 把一正点电荷沿着c的路径移动时，电场力做功为零C. 同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D. 将一负点电荷由a点移到A点电势能减小解析：0点的电场强度不为零，电势为零，选项 A错误；由于 bOc为等势线，所以把一正点电荷沿着 b dR c的路径移动时，电场 力做功为零，选项B正确；根据电场叠加原理，a、d两点电场强度 相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，选项 C正确；将一 负点电荷由a点移到A点，克服电场力做功，电势能增大，选项 D 错误。答案：BCB卜、* *f*Zf*/ f角/一C11. 2014山东临沂一模如图所示，A

13、、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L,电荷量为q= 1.0X 10-5 C的 负电荷由A移动到C电场力做功 W1= 4.0X 105 J,该电荷由C移动 到B电场力做功 W2=- 2.0X10-5 J,若B点电势为零，以下说法正确的是（）A. A点电势为2 VB. A点电势为一2 VC. 匀强电场的方向为由C指向AD. 匀强电场的方向为垂直于AC指向B、WCB 2.0X 10- 5解析：C、B间电势差为Ucb = CB=: V = 2 V, B点q 1.0X 10-5电势为零，贝卩Ucb=杞一如，则C点电势 忙=2 V,而A与C间的电势差为UacAC54.0X 10一51

14、.0X 10一5V = 4 V, Uac=杞，贝S A点电势 也=2 V，故A错误，B正确；由以上分析可知，A、C连线 的中点M电势为0, M与B点的连线即为等势线，且电场线垂直于 等势线，三角形ABC为等边三角形，BM 1AC,根据沿着电场线方向， 电势降低，则有匀强电场的方向由 C到A,故C正确，D错误。答案：BCR12.如图所示，长为L、倾角为0= 45°勺光滑绝缘斜面处于电场 中，一带电荷量为+ q,质量为m的小球，以初速度vo由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v°,则（）A. 小球在B点的电势能一定大于小球在 A点的电势能mgqB. A、B两点

15、的电势差一定为 2mgLC. 若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D. 若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷 Q产生的，则Q 一定是正电荷解析：由题述可知，小球以初速度 v°由斜面底端的A点开始沿 斜面上滑，电场力做正功，电势能减小，小球在 B点的电势能一定 小于小球在 A点的电势能，选项 A错误；由动能定理得，qU mgLsin45 ° 0,解得A、B两点的电势差为U = 駕' 选项B正确; 若电场是匀强电场，该电场的场强的最小值为 驾3，选项c错误； 若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷 Q产生的，则Q可以是负 电荷，选项D错误。答案：B13. 201

16、4合肥模拟x轴上有两点电荷Qi和Q2, Qi和Q?之间各点对应的电势高低如图中的曲线所示，规定无限远处电势为零，下列推理与图象信息不符合的是（）A. Qi 一定大于Q2BQ和Q2 一定是同种电荷，但不一定是正电荷C.电势最低处P点的电场强度为0DQi和Q2之间各点的电场方向都指向 P点解析：两个点电荷间的电势都为正，因此两点电荷都为正电荷，B不符合图象信息；两个正点电荷的连线上有一点场强为零， 正的试 探电荷从两个电荷中的任一电荷附近沿连线向场强为零的点移动时 电势都降低，至V场强为零的点，电势最低，C符合图象信息；场强为 零的点离Qi远，故Qi 定大于Q2, A符合图象信息；Qi和Q2之间

17、各点的电场方向都指向P点，D符合图象信息。答案：B第H卷（非选择题，共45分）二、计算题（本题共4小题，共45分）Ai4. （8分）20i5宁波模拟如图所示，在水平方向的匀强电场中 有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC,其下端（C端）距地 面高度h= 0.8 m。有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某 一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g 取 10 m/s)求：(1) 小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。(2) 小环从C运动到P过程中的动能增量。(3) 小环在直杆上匀速运动速度的大小 Vo。解析：(1)小环沿杆运动时受力分析可得琵=ta

18、n45 ° 所以 qE = mg小环离开直杆后只受电场力和重力，F 合=mg 2 + qE 2= 2mg由牛顿第二定律F合=ma得a= > 2g= 14.14 m/f 方向垂直于杆斜向右下方(2) 小环从C运动到P过程中电场力做功为零所以动能增量等于重力做的功AE = W= mgh= 4 J(3) 小环离开直杆后的运动可分解成水平和竖直两个分运动水平：匀减速到零再反向加速运动，初、末水平分速度大小相等为 v x=v 0cos45°丄也qEt= ax，ax= m = g竖直：h=vyt+ gt2v y=v 0sin45解得 v0= 2 m/s答案：(1)14.14 m/

19、s2'方向垂直于杆斜向右下方(2)4 J '(3)2 m/s15. (12分)2014德州模拟如图所示，在竖直向下的匀强电场中 有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道下滑，已知小球的质量为m、电荷量为一q,匀强电场的场强大小为e,斜轨道的倾角为a小球的重力大于其所受的电场力)(1) 求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；(2) 若使小球通过圆轨道顶端的 B点，A点距水平地面的高度h 至少应为多大？(3) 若小球从斜轨道h= 5R处由静止释放，假设其能够通过B点， 求在此过程中小球机械能的改变量。解析：(1)根据牛顿第二定律有(mg qE)sin a=

20、 ma(mg qE jsina解得a= mm(2)若小球刚好通过B点，根据牛顿第二定律有mv2mgqE=百小球由A到B,根据动能定理有mv23 s内小物块的位移大小； 23 s内静电力对小物块所做的功 解析：(1)02 s内小物块的加速度(mg- qE)(h-2R)=5以上两式联立得h=qR(3) 小球从静止开始沿轨道运动到 B点的过程中，设机械能的变化量为圧机由 6E 机=W 电，W 电=一 3REq,得圧机=一 3REqmg qE sina 、5答案： m尹(3) 3REq16. (12分)2015唐山模拟如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为 m= 0.2 kg,带电荷量

21、为q=+20X 10一6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数尸0.1。从t=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性 变化的电场(取水平向右的方向为正方向，g取10 m/s2)。求：E/x 105 N/CEg皿2a1 = 2 m/s1 m位移 xi = 2ait?= 4 m2 s末小物块的速度为 v2= aiti= 4 m/s24 s内小物块的加速度E?q mg2a2 =m = 2 m/s位移 X2= xi = 4 m4 s末的速度v4= 0因此小物块做周期为4 s的变速运动，第22 s末的速度为v22= 4m/s第 23 s末的速度为 v23 = v22+ a2t= 2 m/s(t= 1 s)22v 22 + v 23所求位移为 x= Qxi +2t= 47 m。(2)23 s内，设静电力对小物块所做的功为 W,由动能定理有：W1 2卩 mg= ?mv23解得 w= 9.8 J。答案：(1)47 m'(2)9.8 J17. (13分)2015池州模拟如图甲所示，边长为L的正方