山東專用2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)專題九電場(chǎng)專題檢測(cè)含解析

PAGEPAGE10專題九電場(chǎng)【專題檢測(cè)】A組一、選擇題1.(2024浙江超級(jí)全能生聯(lián)考,6)常用的電容器,從構(gòu)造上看,可以分為固定電容器和可變電容器兩類。如圖為甲、乙兩種電容器的實(shí)物圖片,依據(jù)圖中的相關(guān)信息,下列推斷中正確的是 ()A.甲為可變電容器,它是通過(guò)變更極板間的距離來(lái)變更電容器的電容的B.在不變更其他條件下,將甲電容器浸入煤油中,其電容不發(fā)生變更C.依據(jù)乙電容器外殼上標(biāo)的數(shù)據(jù)可知,電壓超過(guò)5.5V時(shí)乙電容器就會(huì)被擊穿D.依據(jù)乙電容器外殼上標(biāo)的數(shù)據(jù)可知,乙電容器接5.5V電壓時(shí),儲(chǔ)存的電荷量為5.5C答案D可變電容器甲是通過(guò)變更極板的正對(duì)面積來(lái)變更電容的,將該電容器浸入煤油中,兩極板間的介質(zhì)變更,相對(duì)介電常數(shù)變更,即電容發(fā)生變更,A、B錯(cuò)誤;電容器的擊穿電壓肯定會(huì)大于額定電壓,但大于額定電壓,電容器不肯定會(huì)被擊穿,乙電容器外殼上標(biāo)的電壓是工作電壓,即標(biāo)識(shí)的“5.5V”為額定電壓,依據(jù)公式可得Q=CU=1.0×5.5C=5.5C,C錯(cuò)誤、D正確。2.(2024浙江金華十校聯(lián)考,11)甲圖是目前市面流行的車載空氣凈化器,乙圖是它的工作原理示意圖,受污染的空氣含大量粉塵被吸入后,粉塵顆粒物進(jìn)入電離區(qū)帶上負(fù)電,然后在集塵器上被帶電金屬網(wǎng)捕獲,不考慮粉塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力,并忽視粉塵顆粒所受重力。依據(jù)上述介紹,下列說(shuō)法正確的是 ()A.帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能不斷削減B.帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沿途各點(diǎn)電勢(shì)漸漸降低C.集塵器上的帶電金屬網(wǎng)可以接正極,也可以接負(fù)極D.粉塵顆粒電荷量可能是電子電荷量的1.5倍答案A帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)帶電粉塵顆粒做正功,則其電勢(shì)能削減,故A正確;由題意可知,粉塵顆粒帶負(fù)電,則電場(chǎng)方向與運(yùn)動(dòng)方向相反,說(shuō)明帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沿途各點(diǎn)電勢(shì)漸漸上升,故B錯(cuò)誤;由題意可知,粉塵顆粒帶負(fù)電,為使粉塵顆粒能被帶電金屬網(wǎng)捕獲,則帶電金屬網(wǎng)肯定帶正電,所以接正極,故C錯(cuò)誤;物體的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍,故D錯(cuò)誤。故選A。3.(2024浙江麗水四校階段性考試,10)如圖所示,一光滑墻面固定一個(gè)定滑輪,通過(guò)輕繩連接兩個(gè)帶電小球A、B,所受重力分別為GA、GB。A、B兩球球心連線水平。兩小球靜止,連接A球的輕繩豎直,連接B球的輕繩與豎直方向夾角為θ,則下列推斷正確的是 ()A.兩小球帶異種電荷B.兩小球帶電荷量關(guān)系為QA>QBC.兩小球的重力關(guān)系為GA>GBD.兩小球間的庫(kù)侖力F=GAtanθ答案CB球受力平衡,則B受到A對(duì)它水平向右的庫(kù)侖力,則兩小球帶同種電荷,故A錯(cuò)誤。依據(jù)題意無(wú)法推斷電荷量的大小關(guān)系,故B錯(cuò)誤。A處于平衡狀態(tài),受力平衡,則繩子拉力T=GA;B球受力平衡,依據(jù)平衡條件得Tcosθ=GB,則GA>GB,故C正確。B球受力平衡,依據(jù)平衡條件得庫(kù)侖力為F=Tsinθ=GAsinθ,故D錯(cuò)誤。4.(2024浙江長(zhǎng)興中學(xué)期末)如圖甲所示,a、b是一條豎直電場(chǎng)線上的兩點(diǎn),一帶正電的粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的速度-時(shí)間圖像如圖乙所示,則下列推斷正確的是 ()A.b點(diǎn)的電場(chǎng)方向?yàn)樨Q直向下B.a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)的大C.粒子從a到b的過(guò)程中電勢(shì)能先減小后增大D.粒子從a到b的過(guò)程中機(jī)械能先增大后減小答案B粒子在a點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力方向向上,大小大于重力,所以電場(chǎng)的方向?yàn)樨Q直向上,故A錯(cuò)誤;粒子在b點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力小于重力,所以a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)的大,故B正確;粒子從a到b的過(guò)程中電場(chǎng)力始終做正功,所以電勢(shì)能始終減小,故C錯(cuò)誤;粒子從a到b的過(guò)程中,除重力做負(fù)功外,只有電場(chǎng)力做正功,則機(jī)械能始終增大,故D錯(cuò)誤。5.(2024浙江嘉興一模,13)如圖所示的豎直平面內(nèi),一帶電體位于A處。一個(gè)質(zhì)量為m的帶負(fù)電圓環(huán)套在傾角為θ=45°的絕緣直桿上,靜止于P處且恰好不受摩擦力。ABC為PQ的中垂線,與水平面交于C點(diǎn),A與P等高。則 ()A.A處帶電體帶正電B.直桿受到的壓力值為mgcos45°C.A處帶電體帶等量異種電荷時(shí)圓環(huán)將以2g的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D.把帶電體從A移到C處,圓環(huán)同樣不受摩擦力答案D對(duì)圓環(huán)受力分析,有重力、桿給的支持力,還有庫(kù)侖力,因?yàn)殪o止于P處且恰好不受摩擦力,故可推斷庫(kù)侖力為斥力,庫(kù)侖力沿斜面對(duì)上的分力平衡了重力沿斜面對(duì)下的分力,故A處帶電體帶負(fù)電,故A錯(cuò)誤;垂直桿方向合力為零,故N=mgcosθ+F電sinθ,依據(jù)牛頓第三定律可知,壓力大于mgcos45°,故B錯(cuò)誤;A處帶電體帶等量異種電荷時(shí),斥力變成引力,假如仍不受摩擦力,則mgsinθ+F電cosθ=ma,而F電cosθ=mgsinθ,故加速度為2g,但此時(shí)由于存在摩擦力,加速度不再是2g,故C錯(cuò)誤;把帶電體從A移到C處,斥力方向變更,與桿夾角仍不變,故庫(kù)侖力沿斜面對(duì)上的分力平衡了重力沿斜面對(duì)下的分力,不存在摩擦力,故D正確。故選D。二、非選擇題6.(2024浙江學(xué)軍中學(xué)模擬,20)(9分)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小物塊,在距離電場(chǎng)區(qū)域?yàn)閍處以肯定的初速度在一水平絕緣平面上向右運(yùn)動(dòng),物塊與絕緣平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中要穿越寬度為2a、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的電場(chǎng)區(qū)域,當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí),物塊停留在離開電場(chǎng)區(qū)域左邊緣的0.5a處,當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向向上時(shí),物塊停留在距離電場(chǎng)區(qū)域右側(cè)的a處。(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小,以及物塊的初速度;(2)若增加物塊初速度的大小,當(dāng)電場(chǎng)向下時(shí),物塊仍能停在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)。求電場(chǎng)向上時(shí)物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與電場(chǎng)向下狀況下物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間差值的最小值,并求出對(duì)應(yīng)的初速度。答案(1)mgq2μga(2)2aμg解析(1)當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí),由動(dòng)能定理有12mv02=μmga+μ(mg+qE)×0當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上時(shí),由動(dòng)能定理:12mv02=μmg·2a+μ(mg-聯(lián)立解得:E=mgq;v0=2μga(2)無(wú)論電場(chǎng)方向如何,物塊在進(jìn)入電場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)時(shí)間是相等的,設(shè)滑塊剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為v,當(dāng)電場(chǎng)方向向下時(shí)物塊不滑出電場(chǎng),則由動(dòng)量定理有μ(mg+qE)t1=mv解得t1=v若場(chǎng)強(qiáng)方向向上,則由于mg=qE,則滑塊在電場(chǎng)中受摩擦力為零而做勻速運(yùn)動(dòng),離開電場(chǎng)后做勻減速運(yùn)動(dòng),則在電場(chǎng)中的時(shí)間為t21=2離開電場(chǎng)時(shí)μmgt22=mv則運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2=2av則時(shí)間差Δt=t2-t1=2av+vμg-v2由數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)可知,當(dāng)2av=v2μg時(shí),Δt最小,即可v=2μga時(shí),Δt最小值為Δ此時(shí)當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向向下時(shí),有12mv2=μ(mg+qE)x,解得x=a,滑塊不滑出電場(chǎng)的范圍由動(dòng)能定理:12mv02=μmga+解得:v0=6μga7.(2024浙江杭州其次中學(xué)月考,20)(9分)如圖(a)所示,一光滑絕緣細(xì)桿豎直放置,距細(xì)桿右側(cè)d=0.30m的A點(diǎn)處有一固定的點(diǎn)電荷。細(xì)桿上套有一帶電荷量q=1.0×10-6C、質(zhì)量m=0.050kg的小環(huán)。設(shè)小環(huán)與點(diǎn)電荷的豎直高度差為h。將小環(huán)無(wú)初速釋放后,其動(dòng)能Ek隨h的變更曲線如圖(b)所示。(1)試估算點(diǎn)電荷所帶電荷量Q;(2)小環(huán)位于h1=0.40m時(shí)的加速度a;(3)小環(huán)從h2=0.30m下落到h3=0.12m的過(guò)程中其電勢(shì)能的變更量。(靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2,g=10m/s2)圖(a)圖(b)答案(1)1.6×10-5C(2)0.78m/s2,方向向下(3)增加0.11J解析(1)由題圖(b)可知,當(dāng)h'=0.36m時(shí),小環(huán)所受合力為零,則kQqd2+h解得Q=mg(d2+h'(2)小環(huán)加速度沿桿方向,依據(jù)牛頓其次定律有mg-F1h1d又F1=kQq解得a=0.78m/s2,方向向下(由于第一問(wèn)的錯(cuò)誤導(dǎo)致的結(jié)果不扣分)。(3)設(shè)小環(huán)從h=0.30m下落到h=0.12m的過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)小環(huán)做功W,依據(jù)動(dòng)能定理有mg(h2-h3)+W=ΔEk由題圖(b)讀數(shù)并代入數(shù)據(jù)解得W=-0.11J所以小環(huán)的電勢(shì)能增加了0.11J。B組一、選擇題1.(2024浙江名校協(xié)作體聯(lián)考,13)如圖所示,兩個(gè)可視為點(diǎn)電荷的帶正電小球A和B,A球系在一根不行伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端,繞過(guò)定滑輪,在細(xì)繩的另一端施加拉力F,B球固定在絕緣座上,位于定滑輪的正下方。現(xiàn)緩慢拉動(dòng)細(xì)繩,使A球緩慢移動(dòng)到定滑輪處,此過(guò)程中,B球始終靜止,忽視定滑輪大小和摩擦,下列推斷正確的是 ()A.B球受到的庫(kù)侖力先增大后減小B.拉力F始終增大C.地面對(duì)絕緣座的支持力始終削減D.A球的電勢(shì)能先不變后削減答案D本題以帶電粒子在外力作用下緩慢移動(dòng)到定滑輪處為載體,考查了學(xué)生理解實(shí)力、推理實(shí)力、結(jié)合數(shù)學(xué)相像三角形學(xué)問(wèn)解決物理問(wèn)題的實(shí)力,體現(xiàn)了科學(xué)推理的素養(yǎng)要素。設(shè)A球所受庫(kù)侖力大小為FC,A、B兩球間距離為r,B球距定滑輪為h,A球與定滑輪間距離為l,對(duì)起先位置處的A球受力分析,將F和FC合成如圖,由相像三角形可得mgh=FCr=kQAQBr3,所以A球緩慢移動(dòng)過(guò)程中,r先不變,等A球運(yùn)動(dòng)到滑輪正下方后r先不變?cè)僮兇?B球受到的庫(kù)侖力大小先不變?cè)贉p小,故A項(xiàng)錯(cuò)誤。A球未到滑輪正下方時(shí),由相像三角形可得Fl=mgh,所以F先減小,當(dāng)A球到達(dá)滑輪正下方后,由平衡條件可得F+kQAQBr2=mg,r變大,所以F再增大,故B項(xiàng)錯(cuò)誤。A球未到滑輪正下方時(shí),庫(kù)侖力大小不變,方向趨近豎直,則B球受到庫(kù)侖力的豎直重量變大,地面對(duì)絕緣座的支持力先變大;A球到達(dá)滑輪正下方后,B球受到庫(kù)侖力大小減小、方向豎直向下,地面對(duì)絕緣座的支持力減小,故C項(xiàng)錯(cuò)誤。r先不變?cè)僮兇?兩者間的庫(kù)侖力對(duì)A球先不做功后做正功,則2.(2024浙江鎮(zhèn)海中學(xué)一模,12)如圖為某一機(jī)器人上的電容式位移傳感器工作時(shí)的簡(jiǎn)化模型圖。當(dāng)被測(cè)物體在左右方向發(fā)生位移時(shí),電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動(dòng),連接電容器的靜電計(jì)會(huì)顯示電容器電壓的變更,進(jìn)而能測(cè)出電容的變更,最終就能探測(cè)到物體位移的變更,若靜電計(jì)上的指針偏角為θ,則被測(cè)物體 ()A.向左移動(dòng)時(shí),θ增大B.向右移動(dòng)時(shí),θ增大C.向左移動(dòng)時(shí),θ不變D.向右移動(dòng)時(shí),θ減小答案B當(dāng)被測(cè)物體向左移動(dòng)時(shí),導(dǎo)致電容器極板間的電介質(zhì)增多,則電容會(huì)增大,由于電荷量不變,則電容器極板間的電壓減小,即θ減小,故A、C錯(cuò)誤;當(dāng)被測(cè)物體向右移動(dòng)時(shí),導(dǎo)致電容器極板間的電介質(zhì)削減,則電容會(huì)減小,由于電荷量不變,則電容器極板間的電壓增大,即θ增大,故B正確,D錯(cuò)誤。3.(2024浙江十校返校聯(lián)考,10)半徑為R,勻稱帶正電荷的球體在空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)E沿半徑方向分布的示意圖如圖所示,圖中E0已知,E-r曲線下O-R部分的面積等于R-2R部分的面積,(已知?jiǎng)蚍Q帶電球體在r≥R處的電場(chǎng)可等效于電荷量集中在球心的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng))則下列說(shuō)法正確的是 ()A.r=2R處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=EB.球體帶總電荷量為Q=EC.球心與球表面間的電勢(shì)差U=E0RD.質(zhì)量為m、電荷量為-q的負(fù)電荷在2R處?kù)o止釋放,到達(dá)球面時(shí)的速度大小v=2答案B球外電場(chǎng)可等效于電荷量集中在球心的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng),則E0=kQR2、E=kQ(2R)2,解得r=2R處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=E04,球體帶總電荷量為Q=E0R2k,故A錯(cuò)誤,B正確;E-r曲線與橫軸圍成的面積表示電勢(shì)差,則球心與球表面間的電勢(shì)差U=12E0R,故C錯(cuò)誤;E-r曲線下O-R部分的面積等于R-2R部分的面積,由動(dòng)能定理有qU=4.(2024浙江慈溪模擬)如圖所示,空間分布著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E,現(xiàn)在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)某點(diǎn)O處放置一負(fù)點(diǎn)電荷Q,并在以O(shè)點(diǎn)為球心的球面上選取a、b、c、d、e、f六點(diǎn),其中ac連線為球的水平大圓直徑,bd連線與電場(chǎng)方向平行。不計(jì)空氣阻力,則下列說(shuō)法中正確的是 ()A.b、d兩點(diǎn)的電勢(shì)相等B.a、c兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同C.將點(diǎn)電荷+q從球面上b點(diǎn)移到f點(diǎn),電勢(shì)能減小D.若從a點(diǎn)拋出一帶正電小球,小球可能沿a、e、c、f所在圓周做勻速圓周運(yùn)動(dòng)答案D因?yàn)樨?fù)點(diǎn)電荷Q在b、d兩點(diǎn)形成的電勢(shì)相等,而勻強(qiáng)電場(chǎng)在b、d兩點(diǎn)的電勢(shì)不相等,則疊加后b、d兩點(diǎn)的電勢(shì)不相等,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由對(duì)稱性可知,a、c兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等,但是方向不同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;將點(diǎn)電荷+q從球面上b點(diǎn)移到f點(diǎn),負(fù)點(diǎn)電荷Q對(duì)點(diǎn)電荷+q不做功,但是勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)點(diǎn)電荷+q做負(fù)功,則電勢(shì)能增加,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若從a點(diǎn)拋出一帶正電小球,若滿意mg=qE,則帶正電的小球可能在負(fù)點(diǎn)電荷Q的庫(kù)侖力的作用下沿a、e、c、f所在圓周做勻速圓周運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D正確。故選D。5.(2024浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示,在粗糙絕緣的水平地面上放置一帶正電的物體甲,現(xiàn)將另一個(gè)也帶正電的物體乙沿著以甲為圓心的豎直平面內(nèi)的圓弧由M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn),若此過(guò)程中甲始終保持靜止,甲、乙兩物體可視為質(zhì)點(diǎn),則下列說(shuō)法正確的是 ()A.甲對(duì)地面的壓力先增大后減小B.甲受到地面的摩擦力大小不變C.甲受到地面的摩擦力先增大后減小D.乙的電勢(shì)能先增大后減小答案A在乙由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中,對(duì)物體甲受力分析,如圖,受重力G、地面的支持力FN、摩擦力f以及靜電力F。將靜電力正交分解,由共點(diǎn)力平衡條件得到:Fsinθ-f=0 ①FN-Fcosθ-G=0 ②由①②兩式可解得:FN=G+Fcosθ,f=Fsinθ其中G與F不變,θ漸漸減小為零,因而支持力FN漸漸變大,f漸漸變小。當(dāng)乙由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中,再次對(duì)物體甲受力分析,如圖,受重力G、地面的支持力FN'、摩擦力f'以及靜電力F'。將靜電力正交分解,由共點(diǎn)力平衡條件得到:F'sinθ-f'=0 ③FN'-F'cosθ-G=0 ④由③④兩式可解得:FN'=G+F'cosθ,f'=F'sinθ其中G與F'不變,θ由零漸漸增大,因而支持力FN'漸漸變小,f'漸漸變大。綜合以上兩個(gè)過(guò)程可知:物體甲受到地面的支持力FN先增大后減小,物體甲受到地面的摩擦力先減小后增大,故A正確,B、C錯(cuò)誤。乙對(duì)甲的靜電力方向與乙的速度方向總是垂直的,因而電場(chǎng)力不做功,則乙的電勢(shì)能不變,故D錯(cuò)誤。故選A。6.(2024浙江寧波十校聯(lián)考,9)如圖所示,三個(gè)同樣的帶電粒子(不計(jì)重力)同時(shí)從同一位置沿同一方向垂直于電場(chǎng)線射入平行板電容器間的勻強(qiáng)電場(chǎng),它們的運(yùn)動(dòng)軌跡分別用a、b、c標(biāo)出,不考慮帶電粒子間的相互作用,下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是 ()A.當(dāng)b飛離電場(chǎng)的同時(shí),a剛好打在下極板上B.b和c同時(shí)飛離電場(chǎng)C.進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),c的速度最大,a的速度最小D.在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中c的動(dòng)能增加最小,a、b