（新課標）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題六 靜電場 課時跟蹤訓(xùn)練32.doc
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課時跟蹤訓(xùn)練(三十二) 增分提能 一、選擇題 1.一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如右圖中虛線所示，電場方向豎直向下. 若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，能量的變化情況為( ) A．動能減少 B．電勢能增加 C．動能和電勢能之和減少 D．重力勢能和電勢能之和增加 [解析] 該油滴從a點進入電場，根據(jù)其軌跡的彎曲趨勢，結(jié)合力學(xué)質(zhì)點做曲線運動的條件，可以判斷電場力一定豎直向上，且電場力大于重力，所以油滴帶負電荷．運動過程中合力向上做正功，根據(jù)動能定理，油滴動能增加，A錯誤；電場力做正功，電勢能必然減少，B錯誤；該處能量守恒的形式表現(xiàn)為電勢能、機械能(動能＋重力勢能)之和守恒，根據(jù)能量守恒定律，既然動能增加，則重力勢能與電勢能之和一定減少，D錯誤；油滴上升，重力勢能增加，動能和電勢能之和必然減少，所以本題正確選項是C. [答案] C 2．(多選)(2015四川卷)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a( ) A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小 B．從N到P的過程中，速率先增大后減小 C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加 D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量 [解析] 小球a從N點釋放一直到達Q點的過程中，a、b兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90一直減小，故合力變大，選項A錯誤；小球a從N到P的過程中，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90到大于90，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負功，a球速率先增大后減小，選項B正確；小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負功，電勢能一直增加，選項C正確；小球a從P到Q的過程中，減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和，故動能的減少量大于電勢能的增加量，則選項D錯誤． [答案] BC 3．(多選)如下圖所示，在水平向右的勻強電場中，某帶電粒子從A點運動到B點，在A點時速度方向豎直向上，在B點時速度方向水平向右，在這一運動過程中粒子只受電場力和重力作用，且所受電場力是重力的倍，此過程中克服重力做的功為1 J，電場力做的正功為3 J，則下列說法中正確的是( ) A．粒子帶正電 B．粒子在A點的動能比在B點多2 J C．粒子在A點的機械能比在B點少3 J D．粒子由A點運動到B點的過程中速度最小時，速度的方向與水平方向的夾角為60 [解析] 由于粒子從A點運動到B點，電場力做正功，則電場力的方向水平向右，與電場線的方向一致，故該粒子帶正電，選項A正確；從A點到B點，由動能定理可得，合外力做的功為2 J，即粒子在A點的動能比在B點少2 J，選項B錯誤；從A點到B點，由能量守恒定律可得，除重力外其他力做的功為3 J，則粒子在A點的機械能比在B點少3 J，選項C正確；設(shè)C點為粒子由A點運動到B點的過程中速度最小的位置，則C點為等效重力場中的等效最高點，粒子在C點的受力圖如右圖所示，速度vC與F等效垂直，由圖中的幾何關(guān)系知速度vC的方向與水平方向的夾角為60，選項D正確． [答案] ACD 4.兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則( ) A．N點的電場強度大小為零 B．A點的電場強度大小為零 C．N、C間電場強度方向指向x軸正方向 D．將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功 [解析] A、N點的電勢等于零，電場強度大小不為零，選項A、B錯誤；從N到C電勢升高，N、C間電場強度方向指向x軸負方向，選項C錯誤；從N到C電勢升高，從C到D電勢降低，將一負點電荷從N點移到C點，電場力做正功，從C點到D點，電場力做負功，選項D正確． [答案] D 5．(多選)(2016福建漳州三聯(lián))空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示，x軸上B、C點電場強度在x方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說法中正確的有( ) A．EBx的大小大于ECx的大小 B．EBx的方向沿x軸正方向 C．電荷在O點受到的電場力在x方向上的分量最大 D．負電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負功 [解析] 在B點和C點附近分別取很小的一段(d)，由圖象知B點段對應(yīng)的電勢差大于C點段對應(yīng)的電勢差，將此小段看作是勻強電場，再由E＝＝，可見EBx>ECx，A項正確；同理可知O點場強為零，電荷在該點受到的電場力為零，C項錯誤；因沿電場線方向電勢逐漸降低，則由圖可知在O點左側(cè)，電場方向在x方向上的分量沿x軸負方向，在O點右側(cè)，電場方向在x方向上的分量沿x軸正方向，則負電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負功，所以B項錯誤，D項正確． [答案] AD 6．(2017華師附中模擬)已知電荷均勻分布的絕緣球，球殼對殼內(nèi)點電荷的作用力為零，對球殼外點電荷的作用力等于將所有電荷量全部集中在球心的點電荷對球外點電荷的作用力．若真空中有一半徑為R的均勻帶正電的絕緣球，通過其球心作一條直線用r表示該直線上某點到球心的距離，則該直線上各點的電場強度E隨r變化的圖象正確的是( ) [解析] 該球的電荷密度ρ＝，球內(nèi)某點的電場強度等于以距球心的距離r為半徑的球體所產(chǎn)生的電場強度，大小E＝k＝，球外某點的電場強度E＝k，只有選項A正確． [答案] A 7．x軸上各點的電場強度的變化情況如圖所示，場強方向與x軸平行，規(guī)定沿x軸正方向為正，一負點電荷從坐標原點O以一定的初速度沿x軸正方向運動，點電荷到達x2位置時速度第一次為零，在x3位置時速度第二次為零，不計粒子的重力．下列說法正確的是( ) A．點電荷從O點運動到x2位置，再運動到x3位置的過程中，速度先均勻減小再均勻增大，然后減小再增大 B．點電荷從O點運動到x2位置，再運動到x3位置的過程中，加速度先減小再增大，然后保持不變 C．O點與x2位置的電勢差和O點與x3位置的電勢差相等，即UOx2＝UOx3 D．點電荷在x2、x3位置的電勢能最小 [解析] 負點電荷從O點到x2位置做減速運動，從x2位置到O點做加速度先增大再減小，又增大后減小的加速運動，從O點到x3位置做勻減速運動，選項A、B錯誤；負點電荷從x2位置到x3位置，由動能定理得qUx2x3＝0，則選項C正確；負點電荷運動中僅有電場力做功，動能和電勢能之和一定，在x2、x3位置的動能最小，電勢能最大，選項D錯誤． [答案] C 8．(2017吉林模擬)在x軸上關(guān)于原點對稱的a、b兩點處固定兩個電荷量相等的點電荷，如圖所示的E－x圖象描繪了x軸上部分區(qū)域的電場強度(以x軸正方向為電場強度的正方向)．對于該電場中x軸上關(guān)于原點對稱的c、d兩點，下列結(jié)論正確的是( ) A．兩點場強相同，c點電勢更高 B．兩點場強相同，d點電勢更高 C．兩點場強不同，兩點電勢相等，均比O點電勢高 D．兩點場強不同，兩點電勢相等，均比O點電勢低 [解析] 題圖中a點左側(cè)、b點右側(cè)的電場都沿x軸負方向，則a點處為正電荷，b點處為負電荷，又兩點電荷的電荷量相等，則c、d兩點的場強相同，c點電勢更高，A對，B、C、D錯． [答案] A 9．(2017云南玉溪模擬)如圖所示，無限大均勻帶正電的薄板豎直放置，其周圍空間的電場可認為是勻強電場．光滑絕緣細管垂直穿過板中間小孔，一個可視為質(zhì)點的帶負電小球在細管內(nèi)運動．以小孔為原點建立x軸，規(guī)定x軸正方向為加速度a和速度v的正方向，下圖分別表示x軸上各點的電勢φ、小球的加速度a、速度v和動能Ek隨x的變化圖象，其中正確的是( ) [解析] 在x<0范圍內(nèi)，當(dāng)x增大時，由電場是勻強電場，且U＝Ed，可知電勢差均勻增大，φ－x圖線應(yīng)為向上傾斜的直線；在x>0范圍內(nèi)，當(dāng)x增大時，同理可知電勢差均勻減小，φ－x圖線應(yīng)為向下傾斜的直線，選項A錯誤．在x<0范圍內(nèi)，電場力向右，加速度向右，為正值；在x>0范圍內(nèi)，電場力向左，加速度向左，為負值；選項B錯誤．在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動能定理得qEΔx＝mv－mv，v－x圖象中的圖線應(yīng)是曲線；同理，在x>0范圍內(nèi)，圖線也為曲線，選項C錯誤．在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動能定理得qEΔx＝ΔEk，Ek－x圖象中的圖線應(yīng)是傾斜的直線；同理，在x>0范圍內(nèi)，圖線也為傾斜的直線，選項D正確． [答案] D 10．假設(shè)空間某一靜電場的電勢φ隨x的變化情況如圖所示，根據(jù)圖中信息可以確定下列說法中正確的是( ) A．空間各點場強的方向均與x軸垂直 B．電荷沿x軸從O移到x1的過程中，一定不受電場力的作用 C．正電荷沿x軸從x2移到x3的過程中，電場力做正功，電勢能減少 D．負電荷沿x軸從x4移到x5的過程中，電場力做負功，電勢能增加 [解析] 由題圖看出，x軸上各點電勢不全相等，x軸不是一條等勢線，所以空間各點場強的方向不全與x軸垂直，故A錯誤；x軸上從O到x1，各點電勢相等，任意兩點間電勢差為零，電荷沿x軸從O移到x1的過程中，電場力做功為零，但電場力不一定為零，故B錯誤；正電荷沿x軸從x2移到x3的過程中，電勢升高，電荷的電勢能增加，電場力做負功，故C錯誤；負電荷沿x軸從x4移到x5的過程中，電勢降低，電荷的電勢能增加，電場力做負功，故D正確． [答案] D 二、非選擇題 11．(2017亳州模擬)如圖甲所示，一光滑絕緣細桿豎直放置，在細桿右側(cè)d＝0.30 m的A點處有一固定的點電荷．細桿上套有一帶電荷量q＝110－6 C、質(zhì)量m＝0.05 kg的小環(huán)．設(shè)小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h，將小環(huán)由靜止釋放后，其動能Ek隨h的變化曲線如圖乙所示．已知靜電力常量k＝9.0109 Nm2/C2，重力加速度g＝10 m/s2.(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)試估算點電荷所帶電荷量Q的大??； (2)求小環(huán)位于h1＝0.40 m處時的加速度a； (3)求小環(huán)從h2＝0.30 m處下落到h3＝0.12 m處的過程中，其電勢能的改變量． [解析] (1)由題圖乙可知，當(dāng)h′＝0.36 m(或h′＝0.12 m)時，小環(huán)所受合力為零，則有k＝mg 代入已知數(shù)據(jù)解得Q＝＝1.610－5 C. (2)小環(huán)加速度沿桿方向，則 mg－F1＝ma 又F1＝k. 代入已知數(shù)據(jù)解得a＝0.78 m/s2，方向豎直向下． (3)設(shè)小環(huán)從h2＝0.30 m處下落到h3＝0.12 m處的過程中，電場力對小環(huán)做功為WE 根據(jù)動能定理有mg(h2－h(huán)3)＋WE＝ΔEk＝0.0550 J－0.0685 J＝－0.0135 J 代入已知數(shù)據(jù)解得WE＝ΔEk－mgΔh≈－0.10 J 所以小環(huán)的電勢能增加了0.10 J. [答案] (1)1.610－5 C (2)0.78 m/s2，方向豎直向下 (3)增加0.10 J 12．(2017廣東華南聯(lián)考)在光滑的水平面上固定一個直角三角形支架ABC，其中一個角度為37.支架的A端固定一絕緣光滑的管道，內(nèi)部固定一個輕質(zhì)彈簧，在彈簧處于自然狀態(tài)時彈簧的另一端Q與A的間距為2R，AC＝7R.在Q點右側(cè)有場強為E的勻強電場，如圖所示．質(zhì)量為m、帶正電q的小物塊P自C點由靜止開始運動．已知P與CQ直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝，其余部分光滑．(取sin37＝，cos37＝) (1)求P第一次運動到Q點時速度的大?。? (2)若用P緩慢壓縮彈簧到某點E，由靜止釋放后，P滑過C點運動到與AB所在直線間距最遠點M處，M點與AB所在直線的距離為R.求P在E點時，彈簧具有的彈性勢能； (3)若支架在C端與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，O為圓心，OD∥BC.A、B、C、D均在同一平面內(nèi)．用P緩慢壓縮彈簧到某點由靜止釋放，要使P能夠到達圓軌道、并在經(jīng)過圓軌道時不脫離圓軌道，求釋放P時彈簧具有的彈性勢能． [解析] (1)對小物塊，由靜止下滑到Q點過程中，根據(jù)動能定理 qEssin37－μqEscos37＝mv2 s＝AC－AQ＝5R 得：v＝2 (2)在最遠點M處，速度垂直于E，根據(jù)運動對稱性，相當(dāng)于從M點平拋到C點，則 y＝R－ACsin37＝R v＝2ay qE＝ma vCsin37＝vy 從E到C過程根據(jù)能量守恒： Ep＝mv＋qECQsin37＋μqECQcos37 有：Ep＝qER＝qER (3)有三種臨界情況： 第一種：若剛好能夠到達C點，vC＝0 根據(jù)動能定理： Ep1＝qECQsin37＋μqECQcos37 有：Ep1＝4qER 第二種：若剛好能夠到達O點右側(cè)的K點，vK＝0 根據(jù)動能定理： Epq＝qECQsin37＋μqECQcos37＋qERcos37 有：Ep2＝qER 第三種：若剛好能夠通過D點： 在D點：qE＝m r＝R 根據(jù)動能定理： Ep3＝qECQsin37＋μqECQcos37＋qER(1＋cos37)＋mv 有：Ep3＝qER 要使P能夠到達圓軌道，并在經(jīng)過圓軌道時不脫離圓軌道，釋放P時彈簧具有的彈性勢能應(yīng)滿足：4qER下載提示(請認真閱讀)
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