2021年高考物理总复习-第6章-电场测试-新人教版

2021年高考物理总复习第6章电场测试新人教版一、选择题(40分)1．(多选)将质量为m的正点电荷q在电场中由静止释放，在它运动过程中如果不计重力，下述正确的是()A．点电荷运动轨迹必与电场线重合B．点电荷的速度方向必定和所在点的电场线的切线方向一致C．点电荷的加速度方向必与所在点的电场线的切线方向一致D．点电荷的受力方向必与所在点的电场线的切线方向一致解析正点电荷q由静止释放，如果电场线为直线，电荷将沿电场线运动，但如果电场线是曲线，电荷一定不沿电场线运动(因为如果沿电场线运动，其速度方向与受力方向重合，不符合曲线运动的条件)，故选项A不正确；由于点电荷做曲线运动时，其速度方向与电场力方向不再一致(初始时刻除外)，故选项B不正确；而点电荷的加速度方向，即电荷所受电场力方向必与该点场强方向一致，即与所在点的电场线的切线方向一致，故选项C、D正确．答案CD2．(单选)(xx·长春调研)如图所示，在空间直角坐标系O－xyz中，有一四面体C－AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，且O(0,0,0)、A(L,0,0)、B(0，L,0)、C(0,0，L)．D(2L,0,0)是x轴上一点，在坐标原点O处固定着＋QA．A、B、C三点的电场强度相同B．电势差UOA＝UADC．将一电子由C点分别移到A、B两点，电场力做功相同D．电子在A点的电势能大于在D点的电势能解析考查电场强度、电势差、电势能、电场力做功等知识点的掌握及学生空间想象能力．A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，A项错误；电势差UOA>UAD，B项错误；电子在A点的电势能小于在D点的电势能，D项错误．由于A、B、C三点等势，将电子由C点分别移至A、B两点时，电场力做功相同，C项正确．答案C3．(多选)如图所示，两带未知电荷量的点电荷q1、q2相距为d，若两点电荷连线上在q2外侧的一点P的电场强度为零，则()A．两点电荷必为异种电荷且q1、q2间也有一点的电场强度为零B．q1的电荷量大小大于q2的电荷量大小C．x＝eq\f(d\r(q1),\r(q1)－\r(q2))D．x＝eq\f(d\r(q2),\r(q1)－\r(q2))解析由于点P的电场强度为零，所以有eq\f(kq1,d＋x2)＝eq\f(kq2,x2)，可得x＝eq\f(d\r(q2),\r(q1)－\r(q2))，且q1>q2.答案BD4．(多选)如右图所示，A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况，下列说法正确的是()A．加速度始终增大B．加速度先增大后减小C．速度先增大后减小D．速度始终增大解析等量同种正电荷中垂线上电场线分布如图所示，电场强度从O到无穷远处先增大后减小，根据a＝eq\f(qE,m)知，加速度先增大后减小，由于速度方向与加速度方向始终一致，电荷一直加速，速度始终增大，B、D项正确．答案BD5．(单选)某种电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示，下列说法正确的是()A．a点的电势高于b点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c解析由电场线分布可知，b点的电势高于a点电势，场强Ed>Ec，选项A、C错误．正电荷由a到b，电场力做负功，B项正确．在电场线为曲线的电场中，电场力的方向始终在变化，但粒子的轨迹不会与电场线重合，D项错误．答案B6.(多选)空间某区域电场线分布如图所示，带正电小球(质量为m，电荷量为q)在A点速度为v1，方向水平向右，至B点速度为v2，v2与水平方向间夹角为α，A、B间高度差为H，以下判断正确的是()A．A、B两点间电势差U＝eq\f(mv\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2q)B．小球由A至B，电势能的减少量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－mgHC．小球由A至B，电场力做功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)D．小球重力在B点的瞬时功率为mgv2sinα解析根据动能定理可知，带电小球从A运动到B的过程中只有重力和电场力做功，故有qU＋mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故电场力做功为W电＝qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－mgH，U＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,1)－mgH,q)，故A、C项错误；电场力做正功，故电势能减少，B项正确；根据功率计算公式P＝Fvcosθ，得小球重力在B点的功率P重＝mgv2cosθ＝mgv2sinα，故D项正确．答案BD7．(单选)如图所示，虚线表示某电场的等势图．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为aA、电势能为EA；在B点的加速度为aB、电势能为EB.则下列结论正确的是()A．粒子带正电，aA>aB，EA>EBB．粒子带负电，aA>aB，EA>EBC．粒子带正电，aA<aB，EA<EBD．粒子带负电，aA<aB，EA<EB解析由电场的等势面可画出电场线，由粒子运动轨迹知粒子带负电，根据等差等势面密处电场强度大可知，B处电场强度大于A处，粒子在A点所受电场力较小，由牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度较小，aA<aB，根据电势能与电势的关系，知EA<EB，选项D正确．答案D8．(多选)(xx·原创)如图所示，M、N是竖直放置在两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两板正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知()A．微粒在电场中做圆周运动B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等C．微粒从A点到C点克服重力做功等于电场力做的功D．M、N板间的电势差为eq\f(Ev\o\al(2,0),2g)解析微粒所受合外力为恒力，故微粒做抛物线运动，A项错．因AB＝BC，即eq\f(v0,2)·t＝eq\f(vC,2)·t，可见vC＝v0.故B项正确；A→C由动能定理，得W电－W重＝ΔEk＝0，所以W电＝W重，即qeq\f(U,2)＝mgh，又h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)，所以U＝eq\f(mv\o\al(2,0),q)，故B、C项正确；又由mg＝qE，得q＝eq\f(mg,E)，代入U＝eq\f(mv\o\al(2,0),q)，得U＝eq\f(Ev\o\al(2,0),g)，故D项错误．答案BC9．(多选)如图所示，有两个相同的带电粒子A、B，分别从平行板间左侧中点和贴近上极板左端处以不同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们恰好都打在下极板右端处的C点，若不计重力，则可以断定()A．A粒子的初动能是B粒子的2倍B．A粒子在C点的偏向角的正弦值是B粒子的2倍C．A、B两粒子到达C点时的动能可能相同D．如果仅将加在两极板间的电压加倍，A、B两粒子到达下极板时仍为同一点D(图中未画出)解析本题考查带电粒子在匀强电场中运动状态的分析、平抛运动知识的应用以及动能定理．粒子在水平方向上做匀速直线运动，则有vAtA＝vBtB，竖直方向上对A有eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,A)，对B有h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,B)，通过计算可知vA＝eq\r(2)vB，A项正确；通过题图可以看出，A粒子的偏向角要小于B粒子的偏向角，B项错误；由动能定理可知，电场力对B粒子做功为A粒子的两倍，A粒子的初动能为B粒子的两倍，所以到C点时动能有可能相同，C项正确；由水平速度与时间的关系可知，加大电压，两粒子水平方向上的位移相同，D项正确．答案ACD10．(单选)(xx·辽宁协作体)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()解析由平行板电容器的电容C＝eq\f(εS,4πkd)，d减小时，C变大，但不是一次函数，可知A项错．在电容器两极板所带电荷量一定情况下，U＝eq\f(Q,C)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εS)与d无关，则B项错．在负极板接地的情况下，φ＝φ0－El0，则C项正确．正电荷在P点的电势能W＝qφ＝q(φ0－El0)，显然D项错．答案C二、实验题(20分)11．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开．(1)上移左极板，可观察到静电计指针偏转角________(选填变大，变小或不变)；(2)将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角________(选填变大，变小或不变)；(3)两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角________(选填变大，变小或不变)．解析(1)根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据U＝eq\f(Q,C)知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大．(2)根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，将极板间距离减小时，电容增大，根据U＝eq\f(Q,C)知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小．(3)根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，两板间插入一块玻璃，电容增大，根据U＝eq\f(Q,C)知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小．答案变大，变小，变小12.处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，利用此原理可以进行静电除尘．如图是静电除尘的原理示意图，A为金属管，B为金属丝，在A、B之间加上高电压，使B附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子，电子在向A极运动过程中被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带负电，最终被吸附到A极上，排出的烟就比较清洁了．________应该接高压电源的正极，________应该接高压电源的负极．(填A或B)；________为烟气的进气口，________为烟气的排气口．(填C或D)．解析管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子．负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电．所以金属管A应接高压电源的正极，金属丝B接负极．虽然烟气中含有固体小微粒，但是烟气的密度比空气轻，所以烟气在空气中是向上飘的．因此，带电尘粒在电场力的作用下，向管壁移动，并附在管壁上，这样，消除了烟尘中的尘粒．答案A、B、C、D三、计算题(40分)13.一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，(重力加速度为g，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)，求：匀强电场的电场强度的大小．解析小球静止在电场中受力如图所示．显然小球带正电，由平衡条件，得mgtan37°＝qE故E＝eq\f(3mg,4q)答案eq\f(3mg,4q)14．(改编题)在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一匀强电场，场强大小E＝6×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个带负电q＝5×10－8C，质量为m＝10g的绝缘物块(可看作质点)，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2m/s，如图所示，求物块运动的路程．(取g＝10m/s2解析第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零．物块受到的摩擦力为f＝μmg物块受到的电场力为F＝qE由牛顿第二定律，得a＝eq\f(f＋F,m)＝5m/s2由运动学公式，得s1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝0.4m第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止．由动能定理，得Fs1－f(s1＋s2)＝0所以s2＝0.2m则物块停在原点O左侧0.2m处物块运动的路程为2s1＋s2＝1m答案1m15.如图所示，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm.板与水平线夹角α＝37°.两板所加电压为U＝100V．有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g＝10m/s2，sinα＝0.6，cosα(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度．解析(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图，可得qEcosα＝mgE＝eq\f(U,d)解得m＝eq\f(qUcosα,dg)代入数据得m＝8×10－8kg(2)对液滴由动能定理，得qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))所以v＝eq\f(\r(7),2)m/s≈1.32m/s答案(1)8×10－8kg(2)1.32m16．如图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(