（江苏专用）高考物理新增分大一轮复习 第六章 静电场本章综合能力提升练（含解析）-人教版高三物理试题

本章综合能力提升练一、单项选择题1．(2018·苏州市期初调研)对于某一电容器，下列说法正确的是()A．电容器所带的电荷量越多，电容越大B．电容器两极板间的电势差越大，电容越大C．电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍D．电容器两极板间的电势差减小到原来的eq\f(1,2)，它的电容也减小到原来的eq\f(1,2)答案C解析根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，电容的大小跟电容器两端的电势差以及电容器所带的电荷量的多少无关，根据公式U＝eq\f(Q,C)可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，所以C正确．2．(2018·泰州中学四模)如图1所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合．在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是()图1A．将滑动变阻器R的滑片向右移动B．在平行板电容器中插入电介质C．减小平行板电容器两极板间的距离D．减小平行板电容器两极板的正对面积答案D解析电路稳定时，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，故选项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＝eq\f(εrS,4πkd)分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)分析得知电容器所带电荷量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故B错误；减小平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式知电容增大，同理可知电容器将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故C错误；减小平行板电容器两极板的正对面积，根据电容的决定式知电容减小，而电容器的电压不变，则电容器所带电荷量减小，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D正确．3.(2018·常熟市期中)如图2所示，有两个固定的等量异种点电荷，a、b是它们连线的中垂线上的两个位置，c是它们产生的电场中另一位置，以无穷远处为电势的零点，则以下说法中正确的是()图2A．a、b两点场强相同B．a、b两点电势相同C．c点电势为正值D．将一正电荷从a点移到b点电场力做负功答案B解析a、b两点场强方向均与ab连线垂直向右，方向相同．a点处电场线比b点处疏，则a点场强比b点小，故A错误；等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，所以a点电势与b点电势相等，由于该电场线一直延伸到无穷远，故该等势线上的每个点的电势均为零，故B正确；等量异种点电荷形成的电场的电场线由正电荷指向负电荷，故c点电势比a、b点电势低，c点电势为负，C错误；由于a点与b点的电势相等，故将一正电荷从a点移到b点电场力不做功，故D错误．4．(2018·盐城中学最后一卷)如图3所示，带正电的A球固定，质量为m、电荷量为＋q的粒子B从a处以速度v0射向A，虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近，粒子经过b点时速度为v，重力忽略不计，则()图3A．粒子从a运动到b的过程中动能不断增大B．粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大C．可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差D．可求出A产生的电场中b点的电场强度大小答案C解析由题图知，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＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差Uab，故C正确．a、b间不是匀强电场，不能根据公式U＝Ed求b点的电场强度大小，故D错误．5．(2018·苏州市期初调研)如图4为静电除尘原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标)．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则()图4A．电场线方向由放电极指向集尘极B．图中A点电势高于B点电势C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动D．尘埃在迁移过程中电势能减小答案D解析根据题意可知带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，沿着电场线的方向电势降低，所以图中A点电势低于B点电势，故A、B错误；由题图可知放电极与集尘极间的电场是非匀强电场，所以尘埃所受的电场力是变化的，尘埃在迁移过程中做变加速运动，故C错误；带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故D正确．6．(2018·第二次全国大联考(江苏卷))如图5所示，在P1、P2处各放一个等电荷量正点电荷，O点为P1、P2连线的中点．一带正电的试探电荷从M点由静止出发，沿直线MON运动到N点，M、N关于O点对称．下列各图关于试探电荷速度v、电场强度E、电势φ、电势能Ep的描述正确的是()图5答案C解析根据同种正电荷电场分布特点可知，O点场强为零，故正试探电荷在O点的加速度为零，可判断出选项A、B错误；两正电荷周围的电势为正，且连线的中点O点电势最低，选项C正确；正试探电荷在电势为正的位置，其电势能为正值，选项D错误．7.(2018·高考押题预测卷)一束初速度不计的电子流经过加速电场加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场(两极板间的电压是400V)中，如图6所示，若板间距离d＝2.0cm，板长l＝10.0cm(电子带电荷量为e，质量为m)，则下列说法正确的是()图6A．加速电压U＝2500V时，电子可以穿过偏转电场B．若电子可以穿过偏转电场，在其他条件相同的情况下，把电子换成α粒子也一定可以穿过偏转电场C．若保证偏转电场两极板的电荷量不变，把上极板向上移动，其他条件不变，则电子离开偏转电场的位置也向上移动D．若保证加速电场两极板的电荷量不变，把左边极板向上移动，其他条件不变，则电子离开偏转电场的位置不变答案B解析加速电场中，由动能定理得：eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－0，解得v0＝eq\r(\f(2eU,m))；进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动得l＝v0t；在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,md)，偏转距离y＝eq\f(1,2)at2；能穿过偏转电场的条件为y≤eq\f(1,2)d，解得U≥eq\f(l2,2d2)U′，故加速电压U与带电粒子的比荷无关，所以电子可以通过，α粒子也一定能通过(偏转的方向相反)，故B正确；代入数值得：U≥5000V，故A错误；电荷量不变，d改变，根据电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知电场强度不变，则电子所受电场力不变，加速度不变，运动时间也不变，所以电子离开偏转电场的位置不会发生改变，故C错误；电荷量不变，把左边极板向上移动，正对面积减小，电容减小，电压U增大，电子离开偏转电场的偏转距离y＝eq\f(U′l2,4Ud)将变小，电子离开偏转电场的位置将向上移动，故D错误．二、多项选择题8.(2018·程桥高中月考)两点电荷形成电场的电场线分布如图7所示．若图中A、B两点处的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则()图7A．EA＜EBB．EA＞EBC．φA＞φBD．φA＜φB答案BC解析由电场线的分布情况可知，A处电场线比B处电场线密，则A点的场强大于B点的场强，即EA＞EB，故A错误，B正确；画出过B点的等势线与A所在的电场线交于C点，如图所示，则有A点的电势高于C点的电势，所以A点的电势高于B点的电势，即φA＞φB，故C正确，D错误．9．(2018·海安中学月考)如图8所示，虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子(重力不计)，以不同的速率沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的轨迹1和2运动，由轨迹可以断定()图8A．两个粒子的电性一定不同B．粒子1的动能先减小后增大C．粒子2的电势能先增大后减小D．经过B、C两点，两粒子的速率一定相等答案AB解析根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子1受到排斥力的作用，其电性与场源电荷的电性相同，粒子2受到吸引力的作用，其电性与场源电荷的电性相反，所以两粒子的电性一定相反，故A正确；电场力对粒子1先做负功，后做正功，由动能定理知其动能先减小后增大，故B正确；电场力对粒子2先做正功，后做负功，则粒子2的电势能先减小后增大，故C错误；由于粒子1从A点到B点时速率减小，粒子2从A点到C点时速率增大，而粒子1的初速率与粒子2的初速率不等，则经过B、C两点，两粒子的速率不一定相等，故D错误．10．(2018·淮安、宿迁等期中)如图9所示，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计质子重力．下列说法正确的有().图9A．质子到Q点时的速度大小可能大于v0B．质子到Q点时的速度大小可能等于v0C．质子到Q点时的速度方向可能与cd边平行D．质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直答案ABD解析若电场强度水平向右，则质子从M点到Q点电场力做正功，动能变大，故质子到Q点时的速度大小大于v0，选项A正确；若电场强度方向垂直于MQ连线向下，则质子从M点到Q点电场力做功为零，动能不变，故质子到Q点时的速度大小等于v0，选项B正确；质子能到达Q点说明电场力有向右的分量，则到达Q点后一定有水平向右的分速度，所以质子到Q点时的速度方向不可能与cd边平行，选项C错误；若电场方向斜向右下方，则质子有水平向右的加速度和竖直向下的加速度，当运动到Q点时，竖直速度可能减小为零，而只具有水平向右的速度，此时质子到Q点时的速度方向与cd边垂直，选项D正确．11．(2019·射阳二中模拟)如图10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()图10A．Q2带正电B．Q2的电荷量大于Q1的电荷量C．a、c两点电势相等D．b点的电场强度最大答案BC三、计算题12．(2018·盐城市二模)如图11所示，虚线左侧存在非匀强电场，MO是电场中的某条电场线，方向水平向右，长直光滑绝缘细杆CD沿该电场线放置．质量为m1、电荷量为＋q1的A球和质量为m2、电荷量为＋q2的B球穿过细杆(均可视为点电荷)．t＝0时A在O点以速度v0向左做匀速运动，同时B在O点右侧某处以速度v1也向左运动，且v1＞v0，t＝t0时B到达O点(未进入非匀强电场区域)，A运动到P点(图中未画出)，此时两电荷间距离最小．静电力常量为k.图11(1)求0～t0时间内A球对B球做的功；(2)求杆所在直线上场强的最大值；(3)某同学计算出0～t0时间内A对B球做的功W1后，用下列方法计算非匀强电场PO两点间电势差：设0～t0时间内B对A球做的功为W2，非匀强电场对A做的功为W3根据动能定理W2＋W3＝0又因为W2＝－W1PO两点间电势差U＝eq\f(W3,q1)＝eq\f(W1,q1)请分析上述解法是否正确，并说明理由．答案见解析解析(1)B球运动过程中水平方向只受A球对它的库仑力作用，当它运动到O点时两电荷间距离最小，故此时B球速度与A球相同，均为v0，由动能定理可得A球对B球库仑力做的功即为B球动能减少量故A球对B球做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(12,)(2)因为A球做匀速运动，0～t0时间内运动的位移x＝v0t0此时A球受到的库仑力F＝keq\f(q1q2,x2)＝e