2019_2020学年高考物理主题1静电场检测试卷一必修.docx

检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分.18题为单项选择题，914题为多项选择题.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分)1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是()A.由E知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B.由C知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C.由Ek知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D.由UAB知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V答案D解析电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；电容C与Q、U无关，由电容器本身决定，B错误；Ek是决定式，C错误；由UAB可知，D正确.2.(2018·重庆市綦江区校级联考)某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图1所示.下列说法正确的是()图1A.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答案B解析由沿电场线的方向电势降低和电场线与等势面垂直的特点，可知a点的电势低于b点的电势，故A错误；由电势能的公式：Epq，可得出正试探电荷在a点的电势能低于在b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，可知电场力做了负功，故B正确；因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故C错误；正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c，故D错误.3.(2017·南通市第一次调研测试)如图2所示，在O点放置点电荷q，电荷周围A、B两点到O点的距离分别为rA、rB，rA<rB，A、B两点电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为A、B，则()图2A.EA>EBB.EAEBC.A>BD.AB答案A解析根据公式Ek，可以判断出离场源电荷越近，场强越大，所以A点的场强较大，A正确，B错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以B点电势较高，C、D错误.4.(2018·淄博市高一下期末)两个等量点电荷的电场线分布如图3所示，图中A点和B点在两点电荷连线上，C点和D点在两点电荷连线的中垂线上.若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是()图3A.电荷沿直线由A到B的过程中，电场力先增大后减小B.电荷沿直线由C到D的过程中，电场力先增大后减小C.电荷沿直线由A到B的过程中，电势能先减小后增大D.电荷沿直线由C到D的过程中，电势能先增大后减小答案B5.(2018·日照市期末)如图4所示，在点电荷Q产生的电场中，实线是方向未知的电场线，虚线AB是一个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹.下列说法正确的是()图4A.带电粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能B.带电粒子在A点的加速度一定大于在B点的加速度C.若带电粒子带负电，则点电荷Q一定带正电D.若带电粒子带负电，则A点的电势一定高于B点的电势答案B6.如图5，静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场，涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹.下列说法正确的是()图5A.涂料微粒一定带正电B.图中虚线可视为高压电场的部分电场线C.微粒做加速度先减小后增大的曲线运动D.喷射出的微粒动能不断转化为电势能答案C解析因工件接电源的正极，可知涂料微粒一定带负电，选项A错误；因虚线为涂料微粒的运动轨迹，可知不能视为高压电场的部分电场线，选项B错误；从喷枪口到工件的电场先减弱后增强，可知微粒加速度先减小后增大，因电场线是曲线，故微粒做曲线运动，选项C正确；因电场力对微粒做正功，故微粒的电势能逐渐减小，选项D错误.7.(2018·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图6所示，C、D位于y轴上，C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零，若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k)()图6A.，沿x轴正方向B.，沿x轴负方向C.，沿x轴负方向D.，沿x轴正方向答案D解析B点处的电场强度恰好为零，说明负点电荷在B点产生的场强与两正点电荷在B点产生的合场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B点的场强为，两正点电荷在B点的合场强也为，当负点电荷移到A点时，负点电荷与B点的距离为2l，负点电荷在B点产生的场强为，方向沿x轴负方向，两正点电荷在B点产生的合场强的大小为，方向沿x轴正方向，所以B点处合场强的大小为，方向沿x轴正方向，所以A、B、C错误，D正确.8.示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图7所示，真空室中电极K发出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中，金属板长为L，相距为d.当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上面显示亮点.已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是()图7A.U1变大，U2变大B.U1变小，U2变大C.U1变大，U2变小D.U1变小，U2变小答案B解析当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远.设电子经过U1加速后速度为v0，离开偏转电场时竖直方向速度为vy，根据题意得：eU1mv02，电子在A、B间做类平抛运动，当其离开偏转电场时竖直方向速度为vyat·，解得速度的偏转角满足：tan，显然，欲使变大，应该增大U2、L，或者减小U1、d，故选B.9.如图8所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，合上开关S后，静电计指针张开一定角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是()图8A.使A、B两板靠近一些B.使A、B两板正对面积减小一些C.断开S后，使B板向右平移一些D.断开S后，使A、B正对面积减小一些答案CD解析静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高.当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大.10.如图9所示，匀强电场中有一平行四边形abcd，且平行四边形所在平面与场强方向平行.其中a10V，c6V，d8V，则下列说法正确的是()图9A.b点电势b4VB.b点电势b8VC.场强平行于ad方向D.场强方向垂直于bd向下答案BD11.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图10中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()图10A.带正电B.速度先变大后变小C.电势能先变大后变小D.经过b点和d点时的速度大小相同答案CD解析根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c再到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以在b、d两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确.12.(2018·滨州市高一下期末)电场中三条等势线如图11中实线a、b、c所示.一带电粒子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，已知电势a>b>c，这一过程中粒子运动的vt图象可能正确的是()图11答案AD13.如图12所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则()图12A.在前时间内，电场力对粒子做的功为UqB.在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11D.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为12答案BC解析粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个的时间内沿竖直方向的位移之比为13，则在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq，在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq，A错，B对；由WEqx知，在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11，C对，D错.14.如图13所示，O点固定放置一个正点电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，带电荷量为q，小球落下的轨迹如图中的实线所示，它与以O点为圆心、R为半径的圆(图中虚线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC30°，A距OC的高度为h，若小球通过B点的速度为v，重力加速度为g，则下列叙述正确的是()图13A.小球通过C点的速度大小是B.小球通过C点的速度大小是C.小球由A到C电场力做功是mghmv2D.小球由A到C电场力做功是mv2mg(h)答案BD解析由于B、C在同一等势面上，故小球从B点到C点的过程中电场力不做功，只有重力做功，则mvC2mv2mghBC，即mvC2mv2mgRsin30°，得vC，小球从A点到C点的过程中，由动能定理有mvC2mghWAC，得WACmv2mg(h)，故选B、D.二、计算题(本题共4小题，共44分)15.(8分)(2018·聊城市期末)如图14所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD4cm，其连线的延长线与金属板A成30°角.已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为4.8×1017J，元电荷e1.6×1019C.求：图14(1)C、D两点间的电势差UCD、匀强电场的场强大小E；(2)若选取A板的电势A0，C点距A板1cm，电子在D点的电势能为多少？答案(1)300V1.5×104V/m(2)7.2×1017J解析(1)电子从C点移到D点UCDV300V(2分)EV/m1.5×104 V/m(2分)(2)ddCDsin30°1cm3cmUADEd1.5×104×3×102V450V(1分)由UADAD和A0得(1分)D450V(1分)电子在D点的电势能为EpqD1.6×1019×(450) J7.2×1017J.(1分)16.(10分)(2018·潍坊市期末)如图15所示，水平绝缘轨道AB长L4m，离地高h1.8m，A、B间存在竖直向上的匀强电场.一质量m0.1kg、电荷量q5×105C的小滑块，从轨道上的A点以v06m/s的初速度向右滑动，从B点离开电场后，落在地面上的C点.已知C、B间的水平距离x2.4 m，滑块与轨道间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2，不计空气阻力.求：图15(1)滑块离开B点时速度的大小；(2)滑块从A点运动到B点所用的时间；(3)匀强电场的场强E的大小.答案(1)4m/s(2)0.8 s(3)5×103 N/C解析(1)从B到C过程中，有hgt2(1分)xvBt(1分)解得vB4m/s(1分)(2)从A到B过程中，有Lt(2分)解得t0.8s(1分)(3)在电场中运动时，小滑块受力如图所示，由牛顿第二定律得(mgE|q|)m|a|(2分)由运动学公式，有vB2v022aL(1分)解得E5×103N/C.(1分)17.(12分)(2018·亳州市模拟)如图16所示，在E1.0×103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电荷q1.0×104 C的小滑块质量m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：图16(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？答案(1)7m/s(2)0.6N解析(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mgqEm(2分)小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg·2RqE·2R(mgqE)xmv2mv02(2分)联立解得：v07m/s.(2分)(2)设小滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv02(3分)在P点时，由牛顿第二定律得FNm(1分)代入数据，解得：FN0.6N(1分)由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FNFN0.6N.(1分)18.(14分)如图17所示，虚线MN左侧有一场强为E1E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E22E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏.现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的足够大的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：图17(1)电子到MN的速度大小；(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan；(4)电子打到屏上的点P到点O的距离x.答案(1)(2)3(3)2(4)3L解析(1)从A点到MN的过程中，由动能定理得：eE·mv2(2分)得：v(1分)(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1(1分)va1t1(1分)从MN到屏的过程中运动的时间：t2.(1分)则运动的总时间为tt1t23.(1分)(3)设电子射出电场E2时平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2(1分)t3(1分)vya2t3tan(1分)解得：tan2.(1分)(4)如图所示，电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2电场的中点O.由几何关系知：tan，(2分)得：x3L. (1分)