新课标2012高考物理总复习讲与练配套单元综合测试六静电场

新课标2012高考物理总复习讲与练配套单元综合测试六静电场

单元综合测试六(静电场)‎ 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．‎ 第Ⅰ卷(选择题，共40分)‎ 一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)‎ 图1‎ ‎1．如图1所示，O是一固定的正点电荷，另有一正点电荷q从很远处以初速度v0正对着点电荷O射入电场中，仅在电场力作用下的运动轨迹是实线MN，虚线a、b、c是以O为圆心，Ra、Rb、Rc为半径画出的三个圆，且Ra－Rb＝Rb－Rc.1、2、3为轨迹MN与三个圆的一些交点，以|I12|表示点电荷q从1运动到2的过程中电场力的冲量的大小，|I23|表示q从2运动到3的过程中电场力的冲量的大小；用|W12|表示q从1运动到2的过程中电场力做功的大小，用|W23|表示q从2运动到3的过程中电场力做功的大小．则(　　)‎ A．|I12|>|I23|　　　　　 B．|I12|<|I23|‎ C．|W12|>|W23| D．|W12|<|W23|‎ 解析：根据点电荷产生的电场可知，1、2间的电场强度比2、3间的电场强度小，因为Ra－Rb＝Rb－Rc，所以|W12|<|W23|，故选项D正确．因为p＝，所以|I12|<|I23|，故选项B正确．‎ 答案：BD ‎2．如图2所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是(　　)‎ 图2‎ A．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 B．滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 C．电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 解析：当滑动触头向右滑动时，加速电压增大，因此电子经偏转电场时侧移距离减小，电子打在荧光屏上的位置下降，滑动触头左移则上升，A错B对；电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度增大，但电子从出发到打在荧光屏上的时间不受侧向运动的影响保持不变，C错D对．‎ 答案：BD ‎3．如图3所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．小球在运动过程中机械能守恒 B．小球经过环的最低点时速度最大 C．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋qE)‎ D．小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg＋qE)‎ 解析：小球滑动过程中有重力和电场力做功，因此机械能不守恒，A错．小球下滑到最低点的过程中，重力和电场力都做正功，小球动能增大，过最低点时速度最大，B对．由动能定理得(qE＋mg)R＝mv2，轨道支持力为FN，则FN－(qE＋mg)＝m，解得C对，D错．‎ 答案：BC 图4‎ ‎4．空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图4所示，一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则以下判断中正确的是(　　)‎ A．若v2>v1，则电场力一定做正功 B．A、B两点间的电势差U＝(v22－v12)‎ C．小球由A点运动到B点，电场力做的功W＝mv22－mv12－mgH D．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P＝mgv2‎ 解析：考查带电粒子在电场与重力场的叠加场中的运动．从A到B，重力做正功，若v2>v1，表明外力做的总功为正，但电场力可能做负功，A错．由动能定理qU＋mgH＝mv22－mv12可知B错，C对．过B点时重力的瞬时功率P＝mgv2sinα，D错．‎ 答案：C 图5‎ ‎5．如图5所示，一正点电荷在电场中受电场力作用沿一圆周的圆弧ab运动，已知该点电荷的电荷量为q，质量为m(重力不计)，ab弧长为l，电荷经过a、b两点时速度大小均为v0，则下列说法中不正确的是(　　)‎ A．a、b两点的场强方向相同 B．a、b两点的场强大小相等 C．a、b两点的电势相等 D．电荷在a、b两点的电势能相等 解析：由题意，电荷经过a、b两点时速度大小均为v0，所以电场力做功为零，电荷在a、b两点的电势能相等，a、b两点的电势也相等，显然形成电场的电荷为点电荷．由于电场是矢量，所以A错，B、C、D正确．‎ 答案：A 图6‎ ‎6．如图6所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径．已知a、b、c三点的电势分别为φa＝9 V，φb＝15 V，φc＝18 V，则d点的电势为(　　)‎ A．4 V B．8 V C．12 V D．16 V 解析：由于电场是匀强电场，据φa＝9 V，φc＝18 V，可知，圆心处的电势φ0＝φa＋＝13.5 V，对于匀强电场，φb－φ0＝φ0－φd，则φd＝12 V，故C正确．‎ 答案：C 图7‎ ‎7．如图7所示，在场强为E的匀强电场中，有相距为L的A、B两点，其连线与场强方向的夹角为θ，A、B两点间的电势差UAB＝U1.现将一根长为L的细金属棒沿AB连线方向置于该匀强电场中，此时金属棒两端的电势差UAB＝U2，则下列关于U1和U2的说法中正确的是(　　)‎ A．U1＝U2＝ELcosθ B．U1＝U2＝－ELcosθ C．U1＝ELcosθ，U2＝0‎ D．U1＝－ELcosθ，U2＝ELcosθ 解析：据匀强电场中电势差与场强关系式得，U1＝Ed＝ELcosθ，将金属杆AB放置于匀强电场中，静电平衡时金属杆AB为等势体，故U2＝0，故C选项正确．‎ 答案：C ‎8．(2010·北京高考)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若(　　)‎ 图8‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 解析：保持S不变，增大d，平行板电容器的电容减小，由于电容器的电荷量不变，由Q＝CU可以判断极板间电势差变大，静电计指针偏角θ变大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，电容器电容变小，由Q＝CU 可以判断极板间电势差变大，选项C、D错误．‎ 答案：A ‎9．(2010·天津高考)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则(　　)‎ A．b点的电场强度一定比a点大 B．电场线方向一定从b指向a C．b点的电势一定比a点高 D．该电荷的动能一定减小 解析：从a→b，电场力对正电荷做负功，该电荷电势能增加，qφa0)，而且电荷均匀分布．两圆环的圆心O1和O2相距为‎2a，连线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r(rφc，所以φa>φb，即a点电势更高．‎ 答案：3E　a 图16‎ ‎15．如图16所示，水平放置的两块平行金属板A，B相距为d，电容为C.开始两块板均不带电，A板接地且中央有孔．现将带电荷量为＋q，质量为m的带电液滴一滴一滴地从小孔正上方h处无初速滴下，落向B板的电荷全部传给B板，问：‎ ‎(1)第几滴液滴在A，B板间做匀速直线运动？‎ ‎(2)能够到达B板的液滴不会超过多少滴？‎ 解析：(1)设第n滴液滴在A，B板间做匀速直线运动，此时，板上电荷量为Q＝(n－1)q，板上电压U＝＝.‎ 板间电场强度E＝＝①‎ 由平衡条件得qE＝mg②‎ 由①②得n＝＋1‎ ‎(2)设能够到达B板的液滴不会超过x滴，且第(x＋1)滴到B 板的速度恰为0，然后返回极板上，最大电荷量Q′＝xq③‎ 极板间最大电压U′＝＝④‎ 对第(x＋1)滴，由动能定理得mg(h＋d)－qU′＝0⑤‎ 由④⑤解得x＝.‎ 答案：(1)＋1　(2) ‎16．(2009·安徽高考)‎ 图17‎ 如图17所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E.在A(d,0)点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达(0，－d)点．不计重力和分裂后两微粒间的作用．试求：‎ ‎(1)分裂时两个微粒各自的速度；‎ ‎(2)当微粒1到达(0，－d)点时，电场力对微粒1做功的瞬时功率；‎ ‎(3)当微粒1到达(0，－d)点时，两微粒间的距离．‎ 解析：(1)设分裂时微粒1的初速度为v1，到达(0，－d)点所用时间为t.依题意可知微粒1带负电，在电场力的作用下做类平抛运动，得下列方程：‎ ‎－d＝v1t①‎ ‎－d＝at2②‎ qE＝ma③‎ 由①②③解得v1＝－④‎ 根号外的负号表示沿y轴的负方向．‎ 设分裂时另一微粒2的速度为v2，根据动量守恒定律mv1＋mv2＝0⑤‎ 图18‎ 得v2＝⑥‎ ‎(2)当微粒1运动到B(0，－d)点时，速度在x轴方向上的分量为vBx，则vBx＝－⑦‎ 由③⑦解得vBx＝－ 电场力对它做功的瞬时功率 P＝qEvBx＝－qE.‎ ‎(3)中性微粒分裂时，根据电荷守恒定律，微粒2带等量的正电荷，所受电场力沿x轴的正方向，在电场力的作用下也做类平抛运动．根据对称性，当微粒1到达B(0，－d)点时，微粒2运动到C(2d，d)点，此时两微粒间的距离是 BC＝＝2d.‎ 答案：(1)v1＝－　v2＝ ‎(2)－qE　(3)2d