最新高考物理一轮复习【讲通练透】 第九章 静电场（测试）

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1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第九章 静电场
测试卷
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。
3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1．关于静电场场强的概念，下列说法正确的是（ ）
A．由可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比
B．正、负检验电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入检验电荷的正负有关
C．由真空中点电荷的电场强度公式可知，当r→0时，E→无穷大
D．电场强度公式只适用于匀强电场
【答案】D
【详解】A．场强是电场自身性质与试探电荷电量无关，A错误；
B．场强是电场自身性质，其方向与试探电荷正负无关，B错误；
C．真空中点电荷的电场强度公式适用于真空中的点电荷，当r→0时，该公式不成立，C错误；
D．电场强度公式只适用于匀强电场，D正确。故选D。
2．如图所示，一绝缘圆环水平放置，圆心为O，其上放置四个电荷量相等的点电荷，这四个点电荷处于互相垂直的两直径的两端，一直径两端的电荷均为正电荷，另一直径两端的电荷均为负电荷。直线为圆环的中轴线，且两点关于O点对称。下列说法中正确的是（ ）
A．两点的场强不相等
B．上各点的电势不相等
C．两正电荷所在直径上以O为对称中心的两个点的场强相同
D．两负电荷所在直径上以O为对称中心的两个点的电势相等
【答案】D
【详解】A．由对称性可知，两个正电荷在O1处的合场强沿O1O2向上，两个负电荷在O1处的合场强沿O1O2向下，且两正电荷和两负电荷分别在O1处的场强大小相等，所以同理可得所以O1、O2两点的场强相等且为0，故A错误；
B．四个点电荷分成两组等量异种点电荷，直线O1O2在任一组等量异种点电荷的中垂面上，则直线O1O2上所有点的电势相等且为0，故B错误；
C．两等量同种正电荷连线上以O为对称中心的任取两对称点，场强等大反向且指向O点，同时这两点也是另外两等量同种负电荷中垂线上以O为对称中心的两对称点，则场强也满足等大反向且指向O点，所以两对称点的合场强满足等大反向，故C错误；
D．电势是标量，大小由离场源电荷的距离决定，两负电荷所在直径上以O为对称中心的两个点，离正场源电荷的距离相等，同时离两负场源电荷的距离具有对称性，所以对称点电势相等，故D正确。
故选D。
3．如图所示，用粗细均匀的绝缘线制成直径为的圆环，为圆环的半径，圆环上均匀地分布着正电荷，现在圆环上处取下足够短的带电量为的一小段，将其沿连线向下移动的距离到点处，设圆环的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，已知静电力常量为，若此时在点放一个带电量为的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】线框上的电荷在O点产生的场强等效为q电荷在O点产生的电场强度方向竖直向下，在F点电荷量为q的电荷在O点产生的电场强度为方向竖直向上，此时O点的场强为方向竖直向下，则带电量为的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小故C正确，ABD错误。故选C。
4．如图，圆环均匀带正电，沿其中心轴线建立x轴。将另一点电荷从圆心处沿x轴正方向移到无穷远处的过程中，电场力做功为。取无穷远处为电势能零点，则电荷具有的电势能与位置坐标x的关系图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】点电荷从圆心处沿x轴正方向移到无穷远处的过程中，电场力做功为，由电势能的定义可知，点电荷在处的电势能又与的关系图像的斜率的绝对值表示静电力的大小，将圆环分成很多可以看成点电荷的小段，由电场叠加原理可知，处电场强度为零，且从向左、向右电场强度都变小，无穷远处电场强度为零。电荷从向左、向右受到的静电力都是先增大后减小。与的关系图像的斜率的绝对值从向左、向右都是先增大后减小。故选A。
5．点电荷A、B是带电量Q的正电荷，C、D是带电量为Q的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点上．它们产生的静电场的等势如图虚线所示，在电场中对称地有一个正方形abcd（与ABCD共面）如图实线所示，O点为正方形和矩形的中心，则下列说法错误的是（ ）
A．取无穷远处电势为零，则O点电势等于零
B．b、d两点场强相等，b点的电势高于d的电势
C．将电子沿正方形路径a→d→c移动，电场力先做负功，后做正功
D．将电子沿正方形路径c→b→a移动，电场力先做负功，后做正功
【答案】D
【详解】A．由图可知，过O点的等势面可以延伸到无穷远，则O点的电势和无穷远的电势相等，取无穷远处电势为零，则O点电势等于零，A正确，不符合题意；
B．根据对称性可知，b、d两点的场强相等，b、d两点间的电场线由b指向d，所以b点的电势高于d点的电势，B正确，不符合题意；
C．ad间电势差为正值，而dc间电势差为负值，由W=qU可得电场力先做负功，后做正功，C正确，不符合题意；
D．cb间电势差为负值，而ba间电势差为正值，由W=qU可得电场力先做正功，后做负功，D错误，符合题意。本题选错误的，故选D。
6．如图所示，OABC是在平面直角坐标系xOy内的菱形，∠AOC=60°，C点坐标为（，0），P为两对角线AC与OB的交点，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中A点电势为6V，P点电势为3V，一带电荷量为的点电荷仅在电场力作用下从A点运动到O点，电势能减小了12eV，由此可判断（ ）
A．B点电势为9V
B．O点电势为3V
C．该匀强电场的场强大小为200V/m
D．动能为6eV的质子从O点抛出，一定不能到达B点
【答案】D
【详解】AB．根据解得C点电势为一带电荷量为＋2e的点电荷仅在电场力作用下从A点运动到O点，电势能减小了12 eV，则有解得可得O点电势为
因为与平行且相等，则有解得故AB错误；
C．由于可知AB是一条等势线，则电场方向平行于y轴向下，电场强度大小为
故C错误；
D．动能为6eV的质子从O点抛出，如果能到达B点，根据由能量守恒可知，到达B点时质子的动能一定为零；质子能到达B点，则质子在O点的速度一定有沿着x轴方向的分量，沿x轴方向质子不受力，到达B点时的速度的水平分量不变，动能一定不为零，两结论相矛盾，故动能为6eV的质子从O点抛出，一定不能到达B点，故D正确。故选D。
7．如图所示，不带电，长为l的导体棒水平放置，现将一个电荷量为（）的点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处，A、B分别为导体棒左右两端的一点，静电力常量为k。当棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）

A．棒的两端都感应出负电荷
B．感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度方向水平向右
C．感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小
D．若用一根导线将A、B相连，导线上不会产生电流
【答案】D
【详解】AB．根据静电平衡规律，导体A端带负电，B端带正电，静电平衡时O处的电场强度为零，故AB错误；
C ．根据静电平衡规律，导体静电平衡时0处的电场强度为零，即感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度与电荷q在O点产生的电场强度等大反向，所以有故C错误；
D．静电平衡时导体是等势体，表面是等势面，则导线上没有电流，故D正确；
故选D。
8．示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如下，XX′为水平偏转电极，YY′为竖直偏转电极。（已知T很小），以下说法正确的是（ ）

A．XX′加图3波形电压、YY′不加信号电压，屏上出现一个亮点
B．XX′加图2波形电压、YY′加图1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线
C．XX′加图4波形电压，YY′如图2波形电压，屏上将出现一条竖直亮线
D．XX′加图4波形电压，YY′加图1波形电压，屏上将出现图1所示图线
【答案】D
【详解】A．XX′为水平偏转电极，其中所加电压使得粒子发生水平方向的偏转，YY′为竖直偏转电极，其中所加电压使得粒子发生竖直方向的偏转，当YY′不加信号电压，竖直侧移为0，XX′加图3波形电压，由于电压呈现矩形方波形式，电压一正一负，大小一定，则屏上出现两个亮点，，故A错误；
B．XX′加图2波形电压，则水平方向侧移一定，YY′加图1波形电压，则竖直方向侧移呈现正弦式规律变化，但由于水平方向侧移一定，则屏上将出现一条竖直亮线，故B错误；
C．XX′加图4波形电压，电压呈现倾斜直线变化，即为扫描电压，水平方向侧移也在均匀变化，YY′如图2波形电压，电压一定，竖直方向侧移一定，则屏上将出现一条水平亮线，故C错误；
D．XX′加图4波形电压，电压呈现倾斜直线变化，即为扫描电压，水平方向侧移也在均匀变化，YY′加图1波形电压，则竖直方向侧移呈现正弦式规律变化，则屏上将出现图1所示呈现正弦规律变化的图线，故D正确。故选D。
9．热膨胀材料在生产生活中有着重要的应用，因此对材料的热膨胀现象的研究一直是科技领域研究工作中的热点问题，如图所示为利用单电容热膨胀测量仪测量材料竖直方向尺度随温度变化的简化示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间连接如图所示的电路，电源的电动势保持不变，其中当电流从左接线柱流入时灵敏电流计的指针向左偏转，电流从右接线柱流入时灵敏电流计的指针向右偏转，现在测量某圆柱形材料的热膨胀，将待测材料平放在加热器上进行加热使其温度升高，下列说法正确的是（ ）
A．当被测材料保持两个不同温度不变时，极板的带电量一定相等
B．若被测材料仅存在水平方向膨胀，灵敏电流计的指针不发生偏转
C．当被测材料的高度增加时电阻R右侧的电势高于左侧的电势
D．当灵敏电流计指针向左偏转时，则被测材料出现了反常膨胀（温度升高，高度变小）
【答案】BC
【详解】A．当被测材料保持两个不同温度不变时，被测材料膨胀程度不同，若竖直方向有膨胀，则电容器两板间距不同，根据电容器定义式可知电容器的电容C不同，由于电容器两极板板间电压不变，根据
可知极板的带电量不相等，故A错误；
B．若被测材料仅存在水平方向膨胀，则电容器两板间距不变，电容器电容不变，极板的带电量不变化，灵敏电流计没有电流通过，指针不发生偏转，故B正确；
C．当被测材料的高度增加时，电容器两板间距减小，根据电容器定义式可知电容器电容C变大，由于电容器两极板板间电压不变，根据可知极板的带电量增大，由于电容器下极板带正电，因此电流从电阻R右侧流向左侧，电阻R右侧的电势高于左侧的电势，故C正确；
D．由题意可知当灵敏电流计指针向左偏转时，电流从灵敏电流计左接线柱流入，由于电容器上级板带负电，因此电容器带电量增加，由C选项分析可知此时被测材料的高度增加，不是反向膨胀，故D错误。故选BC。
10．如图甲所示，在粗糙绝缘水平面的A、C两处分别固定两个点电荷，A、C的坐标分别为和。已知A处电荷的电荷量为Q，图乙是AC连线之间的电势与坐标x的关系图，处图线最低，处的电势为，处的电势为。若在的B点由静止释放一可视为质点的带电物块，物块的质量为m、电荷量为q。物块向右运动到处速度恰好为零。则C处电荷的电荷量及物块与水平面间的动摩擦因数分别为（ ）

A．B．C．D．
【答案】BD
【详解】AB．根据图像的斜率表示电场强度可知，的电场强度为零，由点电荷场强公式和电场叠加原理，A处电荷的电荷量为Q，则有解得故A错误，B正确；
CD．带电物块运动过程中受电场力和摩擦力，从到过程中，由动能定理有
解得故C错误，D正确。故选BD。
11．平行板电容器两极板间电压随时间变化的图像如图所示。当时，在极板中间位置由静止释放一个带电粒子，忽略带电粒子所受重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子始终做匀变速运动
B．时刻带电粒子速度为零
C．时刻，带电粒子速度为零
D．时刻，带电粒子回到点
【答案】CD
【详解】AB．设内粒子的加速度为，内的加速度为，由可知做出粒子的图像
由图像可知，时刻带电粒子速度最大，AB错误；
C．当时刻，图像过坐标轴，粒子速度为零，C正确；
D．当时刻，图像坐标轴上下面积之和为零，粒子位移为零，带电粒子回到点，D正确。故选CD。
12．如图在一半径为R的表面光滑的半球形容器的球心O点，用长为的绝缘细线悬挂一质量为、电荷量为的小球A，在容器内放置一质量为m、电荷量为的小球B，已知B与容器绝缘。两球在如图所示的位置处于平衡状态，此时细线与竖直方向的夹角。下列说法正确的是（ ）
A．容器对小球B的支持力等于细线对小球A的拉力
B．容器对小球B的支持力等于细线对小球A拉力的2倍
C．细线对小球A的拉力为小球A重力的
D．两小球间的库仑力为小球A重力的
【答案】AC
【详解】AB．如图1所示，连接交过球心O的竖直线于P点，分析两小球的受力，并将力经适当平移，构成矢量三角形，根据力的矢量三角形与几何三角形相似，可得；所以故A正确，B错误；
C．把小球A、B看作整体，对整体受力分析如图2所示，正交分解，可得；解得；故C正确；
D．对小球A，设两小球间的库仑力为F，则有故D错误。故选AC。
第II卷（非选择题 共52分）
二、实验题（满分14分）
13．在“观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所示连接电路。开关未闭合时，电源的路端电压。实验操作时，单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。

（1）开关S改接2后，电容器进行的是 （选填“充电”或“放电”）过程。此过程得到的图像如图2所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是 。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为 。（）
（3）关于电容器在整个充、放电过程中的图像和图像的大致形状，可能正确的有 （q为电容器极板所带的电荷量，为A、B两板的电势差）。
A． B．
C． D．
【答案】 放电 内电容器放出的电荷量 不变 430/ AD/ DA
【详解】（1）[1] 电容器充电结束后,将电容器的两端与一个闭合的外电路接通时,电容器开始放电，开关S改接2后，电容器与左侧形成一个闭合回路，进行的是放电过程。
[2] 开关接1时，对电容器充电，接2时电容器放电，根据可知图像中阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是0.2s内电容器放出的电荷量。
[3] 因为总电荷量不会因为电阻R而变化，则曲线与坐标轴所围成的面积不变，且由于电阻变小，电路中的平均电流变大，所以放电时间将变短，曲线会有变化，但是曲线与坐标轴所围成的面积表示这一时间间隔内通过导体的总电荷量，总电荷量不变，所以曲线与坐标轴所围成的面积不变。
（2）[4] 根据且得
（3）[5] AB．电源给电容器充电时，极板上的电荷从未到有，从少到多，需要一个过程，在开始充电的瞬间，由于极板上没有电荷，电容器极板两端电压为零，此时电容器相当于短路，极板上很容易充上电荷，所以电荷量变化率刚开始比较大，随着电容极板上电荷数量的增加，电荷量变化率减小，电容放电时，刚开始两极板间电势差较大，电荷量的变化率较大，随着放电进行，两极板间电势差减小，电荷量变化率也减小，故A正确，B错误；
CD．根据且C不变可知，Q与U的变化情况相同，故C错误，D正确。故选AD。
三、计算题（满分38分）
14．如图所示，光滑绝缘的斜面倾角为，一带电量为q的小物体质量为m，置于斜面上，当沿水平方向加一如图所示的匀强电场时，小物体恰好静止于P点，从某时刻开始，电场强度突然减为原来的0.5，物体从P点静止沿斜面下滑距离L到达斜面底端Q。重力加速度为g（，，）求：
（1）原来电场强度的大小；
（2）当电场强度减小，PQ两点的电势差；
（3）物体从P点运动到Q点需要的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小物体恰好静止，根据平衡可知解得
（2）PQ两点沿电场线方向的距离，PQ两点的电势差
（3）根据牛顿第二定律解得根据运动学公式
解得
15．如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的场强为E的匀强电场，一质量、带负电荷的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角，重力加速度为g（g取）。
（1）求小球所受的电场力大小；
（2）求小球在A点的速度为多大时，小球经过D点时对圆轨道的压力最小。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小
（2）要使小球经过D点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有解得在小球从圆轨道上的D点运动到A点的过程中，根据动能定理有解得
16．如图所示，平面直角坐标系的第一象限内有沿x轴负方向、场强为E的匀强电场，y轴与直线x=-d（d>0）之间的区域内有沿y轴负方向、场强也为E的匀强电场。P点位于第一象限内，从P点由静止释放一个带电荷量为+q质量为m的粒子，不计粒子重力，忽略两电场间的影响。
（1）若P点的纵坐标为d，粒子能通过x轴上坐标为（，0）的点，求P点的横坐标;
（2）若粒子能通过x轴上坐标为（2d，0）的点，则P点的坐标（x，y）应该满足什么条件?
（3）求满足第（2）问的粒子从P点到通过x轴所用的最短时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设点的横坐标为，粒子匀加速直线运动通过轴的速度为，在第二象限内做类平抛运动.由牛顿第二定律，得由匀变速直线运动规律，得；；联立解得
（2）设点的坐标为，粒子匀加速直线运动通过轴时的速度为，由牛顿第二定律，得
由匀变速直线运动规律得粒子在第二象限电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设粒子在第二象限电场内运动的时间为，有；粒子离开电场时速度偏向角的正切值
由几何关系有联立解得
（3）粒子在第一象限内运动的时间粒子在第二象限内运动的时间又；
粒子运动的总时间故最短时间为
17．如图所示，在光滑水平地面上，静止放着一质量m1=0.2kg的绝缘平板小车，小车的右边处在以PQ为界的匀强电场中，电场强度E1=1×104V/m，小车A点正处于电场的边界。质量m2 = 0.1kg，带电量q = 6×10-5C的带正电小物块（可视为质点）置于A点，其与小车间的动摩擦因数μ = 0.40（且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。现给小物块一个v0 = 6m/s的速度。当小车速度减为零时，电场强度突然增强至E2 = 2×104V/m，而后保持不变。若小物块不从小车上滑落，取g = 10m/s2，试解答下列问题：
(1)小物块最远能向右运动多远？
(2)小车、小物块的最终速度分别是多少？
(3)小车的长度应满足什么条件？
【答案】(1) 2m；(2) ， m/s；(3) 3m
【详解】(1)小物块受到向左的电场力和滑动摩擦力作减速运动，小车受摩擦力向右做加速运动。设小车和小物块的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：对小车则对小物块则设t1时刻小车与小物块速度相同，则解得；当两物体达共同速度后系统只受电场力，则由牛顿第二定律得则
设两者摩擦力达最大静摩擦力，小车和小物块做减速运动的加速度分别为a4、a5，则则；
则由于a3 = a4=a5，故两者不会发生相对滑动，以共同加速度做减速运动，直到速度为零。小物块第一段运动的位移小物块第二段运动的位移小物块向右运动的最远位移
(2)当小车和小物块的速度减为零后，小物块的加速度 ；小车的加速度
；设小车经过 t2时间冲出电场，此时小车和小物块的速度分别为 v3、v4
对小物块 ；小物块的速度小车速度冲出电场后，小物块做减速运动，小车做加速运动，小车加速度 ；小物块加速度
经过 t3 时间速度相同解得
(3)m2从最右端出发向左运动到最左端的过程中，设车长为l解得