2020版高考物理大一輪復習 第七章 靜電場 本章綜合能力提升練（含解析）教科版

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1、本章綜合能力提升練 一、單項選擇題 1．“探究影響平行板電容器電容大小因素”的實驗裝置如圖1所示，忽略漏電產生的影響，下列判斷正確的是(　　) 圖1 A．平行板正對面積減小時，靜電計指針張角減小 B．靜電計可以用電壓表替代 C．靜電計所帶電荷量與平行板電容器電荷量不相等 D．靜電計測量的是平行板電容器所帶電荷量 答案　C 解析　電容器帶電荷量一定，平行板正對面積減小時，電容器的電容減小，根據Q＝CU可知，兩板間電勢差變大，則靜電計指針張角變大，選項A錯誤；靜電計與電壓表、電流表的原理不同，不能替代，電流表、電壓表線圈中必須有電流通過時，指針才偏轉，故不能用電壓表代替靜電計

2、，選項B錯誤；靜電計所帶電荷量只是很小的一部分，即小于平行板電容器的電荷量，選項C正確；靜電計是定性反映電壓高低的儀器，不能反映平行板電容器的電荷量的多少，選項D錯誤． 2.如圖2所示，虛線是某靜電場的一簇等勢線，邊上標有電勢的值，一帶電粒子只在電場力作用下恰能沿圖中的實線從A經過B運動到C.下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．粒子一定帶負電 B．A處場強大于C處場強 C．粒子在A處電勢能大于在C處電勢能 D．粒子從A到B電場力所做的功大于從B到C電場力所做的功 答案　B 解析　根據電場線與等勢面垂直且由高電勢指向低電勢，可知電場線方向大致向左，根據粒子軌跡的彎曲方向可知，

3、粒子所受的電場力方向大致向左，則知粒子一定帶正電，故A錯誤；等差等勢面的疏密反映電場強度的大小，A處場強大于C處場強，故B正確；從A點運動到C點，電場力方向與速度的夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增大，故C錯誤；根據W＝Uq知電勢差相同，電場力做功相同，故D錯誤． 3．(2018·四川省樂山市第二次調研)如圖3所示，圖甲實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的P點靜止釋放，不考慮兩粒子間的相互作用，僅在電場力作用下，兩粒子做直線運動，a、b粒子的速度大小隨時間變化的關系如圖乙中實線所示，虛線為直線，則(　　) 圖3 A．a一定帶正電，b一定帶負電 B．a向左運動，b向

4、右運動 C．a電勢能減小，b電勢能增大 D．a動能減小，b動能增大 答案　B 解析　從速度－時間圖像中可以看出，a粒子加速度逐漸增大，b粒子加速度逐漸減小，因為粒子僅受電場力，可知a粒子所受電場力逐漸增大，b粒子所受電場力逐漸減小，所以a向左運動，b向右運動．由于不知電場的方向，所以無法判斷a、b的電性，故A錯誤，B正確；帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，所以a、b的電勢能均減小，故C錯誤；帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，因為僅受電場力，根據動能定理，a、b的動能均增加，故D錯誤． 4．(2018·山西省三區(qū)八校二模)如圖4，真空中a、b、c、d四點共線且等距．先在a點固定

5、一點電荷＋Q，測得b點場強大小為E．若再將另一等量異種點電荷－Q放在d點時，則(　　) 圖4 A．b點場強大小為E B．c點場強大小為E C．b點場強方向向左 D．c點電勢比b點電勢高 答案　B 解析　設ab＝bc＝cd＝L，＋Q在b點產生的場強大小為E，方向水平向右，由點電荷的場強公式得：E＝k，－Q在b點產生的場強大小為：E1＝k＝E，方向水平向右，所以b點的場強大小為Eb＝E＋E＝E，方向水平向右，故A、C錯誤；根據對稱性可知，c點與b點的場強大小相等，為E，方向水平向右，故B正確；電場線方向從a指向d，而順著電場線方向電勢降低，則c點電勢比b點電勢低，故D錯誤． 5

6、.(2018·廣東省茂名市第二次模擬)如圖5所示，aefd和ebcf是兩個等邊長的正方形，在a點固定一個電荷量為q的正點電荷，在c點固定一個電荷量為q的負點電荷，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A．e、f兩點的電場強度相同 B．b、d兩點的電勢相同 C．將一個負電荷由e點沿直線移動到f點，電場力先做正功后做負功 D．將一個負電荷由b點沿直線移動到d點，電場力先做負功后做正功 答案　A 解析　兩個等量異種點電荷形成的電場中，其電場關于ac連線對稱，電場線形狀關于ac的中垂線對稱，結合等量異種點電荷電場線的分布情況可知e、f兩點的電場強度相同，A正確；沿電場線方向電勢降低，B錯

7、誤；將一個負電荷由b點沿直線移動到d點，電場力先做負功后做正功再做負功，D錯誤；將一個負電荷由e點沿直線移動到f點，電勢一直降低，電場力一直做負功，C錯誤． 6.(2018·湖南省三湘名校第三次大聯考)如圖6所示，以O點為圓心、R＝0.20m為半徑的圓處于勻強電場(圖中未畫出)中，電場平行于圓面，ac、bd為圓的兩條相互垂直的直徑．已知a、b、c三點的電勢分別為2V、2V、－2V，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．d點電勢為2V B．電子從d點運動到a點電勢能增加 C．電場方向由b點指向c點 D．該勻強電場的場強大小為20V/m 答案　D 解析　根據勻強電場中電勢差與電

8、場強度的關系式U＝Ed，相等距離，電勢差相等，因為φa＝2V，φc＝－2V，可知，O點電勢為0，而bO＝Od，則b、O間的電勢差等于O、d間的電勢差，可知，d點的電勢為－2V，故A錯誤；從d點到a點電勢升高，根據Ep＝qφ，電子從d點運動到a點電勢能減小，故B錯誤；由作圖和幾何關系可知 a、c兩點沿電場強度方向的距離為d＝2Rsin30°＝2×0.2×m＝0.2m，故該勻強電場的場強E＝＝V/m＝20 V/m，電場方向不是由b點指向c點，故C錯誤，D正確． 7．(2019·江西省南昌市調研)如圖7所示，O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點，不計空氣阻力，一電荷量為－Q的點電荷固定在

9、O點，現有一質量為m、電荷量為－q的小金屬塊(可視為質點)，從A點由靜止沿它們的連線向右運動，到B點時速度最大，其大小為vm，小金屬塊最后停止在C點．已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數為μ，A、B間距離為L，靜電力常量為k，則(　　) 圖7 A．在點電荷－Q形成的電場中，A、B兩點間的電勢差UAB＝ B．在小金屬塊由A向C運動的過程中，電勢能先增大后減小 C．OB間的距離為 D．從B到C的過程中，小金屬塊的動能全部轉化為電勢能 答案　C 解析　小金屬塊從A到B過程，由動能定理得：－qUAB－μmgL＝mv－0，得A、B兩點間的電勢差UAB＝－，故A錯誤；小金屬塊由A點向C點運

10、動的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故B錯誤；由題意知，A到B過程，金屬塊做加速運動，B到C過程，金屬塊做減速運動，在B點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡，則有μmg＝k，得r＝，故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動能和減少的電勢能全部轉化為內能，故D錯誤． 二、多項選擇題 8.在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖8所示．下列說法正確的有(　　) 圖8 A．q1和q2帶有異種電荷 B．x1處的電場強度為零 C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小 D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大 答案　AC 解析　由題圖可知，兩點電荷q1

11、和q2帶有異種電荷，A正確；在φ－x圖像中，圖像切線的斜率大小表示電場強度大小，則x1處的電場強度不為零，B錯誤；且有x1到x2電場強度逐漸減小，負電荷受到的電場力逐漸減小，D錯誤；由Ep＝φq可知，負電荷在電勢高處的電勢能小，則負電荷從x1移到x2，電勢能減小，C正確． 9．(2019·江西省南昌市調研)某空間區(qū)域的豎直平面內存在電場，其中豎直的一條電場線如圖9甲所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場中從O點由靜止開始沿電場線豎直向下運動．以O為坐標原點，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機械能E與位移x的關系如圖乙所示，則(不考慮空氣阻力)(　　) 圖9 A．電場強度大

12、小恒定，方向沿x軸負方向 B．從O到x1的過程中，小球的速率越來越大，加速度越來越大 C．從O到x1的過程中，相等的位移內，小球克服電場力做的功越來越大 D．到達x1位置時，小球速度的大小為 答案　BD 解析　小球的機械能變化是由電場力做功引起的，由題圖乙可知，從O到x1機械能在減小，即電場力做負功，又因為小球帶正電，故場強方向沿x軸負方向，E－x圖線切線的斜率的絕對值為電場力大小，由圖像可知，從O到x1斜率的絕對值在減小，故F電在減小，即場強減小，故A錯誤．由牛頓第二定律mg－F電＝ma可知a在增大，故B正確．因為電場力逐漸減小，故相等位移內，小球克服電場力做的功越來越小，故C錯誤

13、．從O到x1由動能定理得mgx1＋E1－E0＝mv2－0，v＝，D正確． 三、非選擇題 10．(2018·陜西省西安市質檢)如圖10所示的裝置是在豎直平面內放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，帶負電荷的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運動并進入圓環(huán)內做圓周運動．已知小球所受電場力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圓環(huán)內能做完整的圓周運動，h至少為多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 圖10 答案　7.7R 解析　小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個力F，如圖所示．可知F＝1.25mg，方

14、向與豎直方向成37°角． 由圖可知，小球做完整的圓周運動的臨界點是D點，設小球恰好能通過D點，即到達D點時圓環(huán)對小球的彈力恰好為零． 由圓周運動知識得： F＝，即：1.25mg＝m 小球由A運動到D點，由動能定理結合幾何知識得： mg(h－R－Rcos37°)－mg·(＋2R＋Rsin37°)＝mv，聯立解得h≈7.7R. 11．(2018·山東省日照市校際聯合質檢)如圖11所示，一內壁光滑的絕緣圓管AB固定在豎直平面內．圓管的圓心為O，D點為圓管的最低點，AB兩點在同一水平線上，AB＝2L，圓環(huán)的半徑為r＝L(圓管的直徑忽略不計)，過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交于C點

15、．在虛線AB的上方存在水平向右的、范圍足夠大的勻強電場；虛線AB的下方存在豎直向下的、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小等于.圓心O正上方的P點有一質量為m、電荷量為－q(q>0)的絕緣小物體(可視為質點)，PC間距為L.現將該小物體無初速度釋放，經過一段時間，小物體剛好沿切線無碰撞地進入圓管內，并繼續(xù)運動．重力加速度用g表示． 圖11 (1)虛線AB上方勻強電場的電場強度為多大？ (2)小物體從管口B離開后，經過一段時間的運動落到虛線AB上的N點(圖中未標出N點)，則N點距離C點多遠？ (3)小物體由P點運動到N點的總時間為多少？ 答案　(1)　(2)7L　(3)(3＋π)

16、解析　(1)小物體無初速度釋放后在重力、電場力的作用下做勻加速直線運動，小物體剛好沿切線無碰撞地進入圓管內，故小物體剛好沿PA連線運動，重力與電場力的合力沿PA方向； 又PC＝AC＝L， 故tan45°＝，解得：E＝ (2)對小物體從P到A的運動由動能定理可得：mgL＋qEL＝mv，解得：vA＝2 虛線AB的下方存在豎直向下的、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小等于，電荷量為－q(q>0)的絕緣小物體所受電場力F2＝qE′＝mg，方向豎直向上，與重力平衡，故小物體從A到B做勻速圓周運動，vB＝vA＝2 小物體從管口B離開后，經過一段時間的運動落到虛線AB上的N點， 豎直方向：t＝ 解得：t＝2 水平方向：x＝(vBcos45°)t＋at2，qE＝ma 解得：x＝8L N點距離C點：xCN＝x－L＝7L (3)小物體從P到A的時間為t1， 則L＝vAt1 解得：t1＝ 小物體從A到B的時間為t2，則t2＝＝＝ 小物體由P點運動到N點的總時間 t總＝t1＋t2＋t＝(3＋π). 9