（江苏专用）2020版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）.docx

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1、1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 ，它的电容也减小到原来的12 12答案 C解析 根据电容的决定式 C 可得，电容的大小跟电容器两端的电势差以及电容器所 rS4 kd带的电荷量的多少无关，根据公式 U 可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电QC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

2、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 分析得知电容器 rS4 kd QU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；

3、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2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

4、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

5、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3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 m

6、v2 mv ，可求出12 12 02A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

7、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

8、 v、电场强度 E、电势 、电势能 Ep的描述正确的是( )图 5答案 C4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d2.0cm，板长 l10.0cm(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

9、U2500V 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 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 mv 0，解得 v0 ；进入偏转电场，电子12 02 2eUm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 ，偏转距离 y at2；能穿过偏转电场的条件为 y d，解得Fm

10、 eUmd 12 12U 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， 粒子也一定能通l22d2过(偏转的方向相反)，故 B正确；代入数值得： U5 000 V，故 A错误；电荷量不变， d改变，根据电场强度 E ，知电场强度不变，则电子所受电场力不变，加速度不Ud QCd 4 kQ rS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 将变小，电子离开偏转电场的位置将向上移动，故 D错误U l24Ud5二、多项选择题8.(2018程桥高中月考)两点电荷形成

11、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 A、 B，则( )图 7A EA EBB EA EBC A BD A B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 A B，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

12、，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6D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

13、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，

14、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、

15、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7C 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) t0 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

16、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 W30又因为 W2 W1PO两点间电势差 U W3q1 W1q1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

17、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 mv mv12 02 12 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 k q1q2x2 kq1q2v02t02因为 A球始终做匀速运动，所以非匀强电场对它的作用力与 B球对它的库仑力相平衡当 B球到达 O点时，两带电小球间的距离最小，库仑力最大因此，电场对 A的作用力也最大，8电场强度也最大故最大电场强度 E Fq1 kq2v02t02(3)该同学的解法是错误的因为 B球向 A球靠近的过程，虽然它们的作用力大小相等，但它们运动的位移不等，所以相互作用力所做的功 W1、 W2的大小不相等，即 W2 W1是错误的