山東省2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢七 靜電場(chǎng) 新人教版

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1、單元質(zhì)檢七　靜電場(chǎng) (時(shí)間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求,第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分) 1.(2018·山西二模)如圖所示為靜電除塵機(jī)理圖,廢氣先經(jīng)過一個(gè)機(jī)械過濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū),放電極(位于中央)和集塵極分別接到高壓直流電源的兩極上,其間電場(chǎng)線如圖。帶負(fù)電的塵埃在電場(chǎng)力的作用下向集塵極運(yùn)動(dòng)并沉積,達(dá)到除塵目的。不考慮塵埃間的相互作用及其他作用,下列說法正確的是(　　) A.電場(chǎng)線方向由放電極指向集塵極 B.圖中a

2、點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度小于b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度 C.塵埃會(huì)沿圖中虛線從c到d運(yùn)動(dòng) D.塵埃在運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能增大 答案D 解析因?yàn)閹ж?fù)電的塵埃在電場(chǎng)力的作用下向集塵極運(yùn)動(dòng)并沉積,可知集塵極帶正電荷,是正極,電場(chǎng)線方向由集塵極指向放電極,故A錯(cuò)誤;集塵極帶正電荷,是正極,又由于a點(diǎn)更靠近放電極,所以圖中a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度高于b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度,故B錯(cuò)誤;放電極與集塵極間建立非勻強(qiáng)電場(chǎng),所受的電場(chǎng)力是變化的,塵埃不會(huì)沿圖中虛線從c到d運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤。帶電塵埃所受的電場(chǎng)力方向與位移方向相同,做正功,所以在遷移過程中動(dòng)能增大,故D正確。 2.(2019·廣東中山一中、仲元中學(xué)等七校聯(lián)考)右圖是兩個(gè)等量異種電荷形成的電場(chǎng),

3、AB為中垂線上兩點(diǎn),CD為兩電荷連線上兩點(diǎn),且A、B、C、D與O點(diǎn)間距離相等,則(　　) A.A、B、C、D四點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同 B.C點(diǎn)電勢(shì)比D點(diǎn)電勢(shì)低 C.正電荷從A運(yùn)動(dòng)到B,電場(chǎng)力不做功 D.正電荷從C運(yùn)動(dòng)到D,電勢(shì)能增加 答案C 解析因?yàn)閮蓚€(gè)等量異種點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng),兩個(gè)電荷的連線上下的電場(chǎng)是對(duì)稱的,所以A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相等,小于O處的電場(chǎng)強(qiáng)度。由于C、D兩處電場(chǎng)線比O處密,則C、D兩處的電場(chǎng)強(qiáng)度比O處大,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,則知C點(diǎn)電勢(shì)比D點(diǎn)電勢(shì)高,故B錯(cuò)誤;AB為中垂線,是一條等勢(shì)線,其上各點(diǎn)的電勢(shì)都相等,AB之間的電勢(shì)差為0,則正電荷從A運(yùn)動(dòng)到B,電場(chǎng)力

4、不做功,故C正確;正電荷從C運(yùn)動(dòng)到D,電場(chǎng)力從C指向D,電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,故D錯(cuò)誤。 3.(2018·百校聯(lián)盟猜題卷)如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy中的x軸上有一正點(diǎn)電荷Q,A、B、C是坐標(biāo)軸上的三點(diǎn),OA=OB=BC=a,其中O點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢(shì)相等,靜電力常量為k,則下列說法正確的是(　　) A.點(diǎn)電荷Q位于B、C兩點(diǎn)之間 B.O點(diǎn)電勢(shì)比A點(diǎn)電勢(shì)低 C.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為kQ2a2 D.將某一正試探電荷從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到C點(diǎn)過程中,電勢(shì)能一直增大 答案C 解析因?yàn)镺點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢(shì)相等,故O點(diǎn)和C點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離相等,因此點(diǎn)電荷Q一定位于B點(diǎn),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;點(diǎn)電荷帶正電,

5、故離點(diǎn)電荷越近電勢(shì)越高,故O點(diǎn)電勢(shì)比A點(diǎn)高,選項(xiàng)B錯(cuò)誤,由圖可知AB的距離r=2a,根據(jù)E=kQr2,得EA=kQ2a2,選項(xiàng)C正確;將正試探電荷從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到C點(diǎn)過程中,電勢(shì)先升高再降低,故電勢(shì)能先增大再減小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 4.(2018·廣東廣州模擬)如圖,a、b兩個(gè)帶電小球分別用絕緣細(xì)線系住,并懸掛在O點(diǎn),當(dāng)兩小球處于靜止時(shí),它們恰好在同一水平面上,此時(shí)兩細(xì)線與豎直方向夾角α<β。若同時(shí)剪斷兩細(xì)線,在下落過程中(　　) A.兩球不可能處在同一水平面上 B.a、b兩球系統(tǒng)的電勢(shì)能增大 C.任一時(shí)刻,a球速率小于b球速率 D.a球水平位移始終大于b球水平位移 答案C 解

6、析當(dāng)細(xì)線剪斷后,對(duì)小球受力分析,豎直方向仍只受重力,所以加速度不變?nèi)詾間,則在下落過程中,兩球仍處于同一水平面,但由于庫侖斥力的作用下,導(dǎo)致間距的增大,庫侖力做正功,電勢(shì)能減小,故A、B錯(cuò)誤;根據(jù)平衡條件有:mag=FCtanα,mbg=FCtanβ。由于β>α,所以ma>mb,因此水平方向上,a的加速度小于b的加速度。小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng),在水平方向上做變加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)分運(yùn)動(dòng)與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性,知a,b兩球同時(shí)落到同一水平面上,落地時(shí)a球落地時(shí)的速度小于b球落地時(shí)的速度,故C正確;由于豎直方向加速度相同,所以同時(shí)落在同一水平地面上,但由于質(zhì)量的不同,導(dǎo)致水平方向的加速度大小不同

7、,因此水平位移也不相同,因水平方向a的加速度比b的加速度小,故a球水平位移始終小于b球水平位移,D錯(cuò)誤。 5.(2018·河南洛陽第二次統(tǒng)一考試)某電場(chǎng)在直角坐標(biāo)系中的電場(chǎng)線分布情況如圖所示,O、P、M、N為電場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn),其中P和M在一條電場(chǎng)線上,則下列說法正確的是(　　) A.M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng) B.M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì) C.將一負(fù)電荷由O點(diǎn)移到M點(diǎn)電勢(shì)能增加 D.將一正電荷由P點(diǎn)無初速釋放,僅在電場(chǎng)力作用下,可沿PM電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn) 答案C 解析電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大,由圖可知M點(diǎn)電場(chǎng)線比N點(diǎn)的密,所以M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度,故A錯(cuò)誤;沿電場(chǎng)線方向

8、電勢(shì)降低,所以M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì),故B錯(cuò)誤;將一負(fù)電荷由O點(diǎn)移到M點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功,所以電荷的電勢(shì)能增加,故C正確;一正點(diǎn)電荷從P點(diǎn)由靜止釋放,該電荷所受的電場(chǎng)力是變力,與電場(chǎng)線的相切,據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件該電荷并不能沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn),故D錯(cuò)誤。故選C。 6.(2019·陜西榆林綏德中學(xué)模擬)如圖所示,平行板電容器與恒壓電源連接,電子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向射入并穿過平行板間的電場(chǎng),設(shè)電容器極板上所帶的電荷量為Q,電子穿出平行板電容器時(shí)在垂直于板面方向偏移的距離為y。若僅使電容器上極板上移,以下說法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.Q減小,y不變 B

9、.Q減小,y減小 C.Q增大,y減小 D.Q增大,y增大 答案B 解析僅使電容器上極板上移,兩極板間距d增大,由C=εS4πkd知,電容器的電容減小,由C=QU知,U一定,C減小,則Q減小,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤;由E=Ud知,電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小,電子運(yùn)動(dòng)的加速度a=Eqm減小,電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),電子穿出電場(chǎng)的時(shí)間不變,則電子穿出平行板電容器時(shí)在垂直極板方向偏移的距離y=12at2減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確。 7.(2018·山東青島統(tǒng)一質(zhì)量檢測(cè))如圖,絕緣光滑圓環(huán)豎直放置,a、b、c為三個(gè)套在圓環(huán)上可自由滑動(dòng)的空心帶電小球,已知小球c位于圓環(huán)最高點(diǎn),ac連線與豎直方向

10、成60°角,bc連線與豎直方向成30°角,三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(　　) A.a、b、c小球帶同種電荷 B.a、b小球帶異種電荷,b、c小球帶同種電荷 C.a、b小球電荷量之比為36 D.a、b小球電荷量之比為39 答案D 解析對(duì)c小球受力分析可得,a、b小球必須帶同種電荷c小球才能平衡。對(duì)b小球受力分析可得,b、c小球帶異種電荷b小球才能平衡。故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)c小球受力分析,將力正交分解后可得:kqaqcrac2sin60°=kqbqcrbc2sin30°,又rac∶rbc=1∶3,解得:qa∶qb=3∶9。故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。 8.目前智能手機(jī)普遍采用

11、了電容觸摸屏,電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的,它是一塊四層復(fù)合玻璃屏,玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物),夾層ITO涂層作為工作面,四個(gè)角引出四個(gè)電極,當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r,手指和工作面形成一個(gè)電容器,因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào),電流通過這個(gè)電容器分別從屏的四個(gè)角上的電極中流出,且理論上流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例,控制器通過對(duì)四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來確定手指位置。對(duì)于電容觸摸屏,下列說法正確的是(　　) A.電容觸摸屏只需要觸摸,不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號(hào) B.使用絕緣筆,在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作 C.手指壓力變大時(shí),由于手

12、指與屏的夾層工作面距離變小,電容變小 D.手指與屏的接觸面積變大時(shí),電容變大 答案AD 解析據(jù)題意知,電容觸摸屏只需要觸摸,由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例,控制器就能確定手指的位置,因此不需要手指有壓力,故A正確;絕緣筆與工作面不能形成一個(gè)電容器,所以不能在電容屏上進(jìn)行觸控操作,故B錯(cuò)誤;手指壓力變大時(shí),由于手指與屏的夾層工作面距離變小,電容將變大,故C錯(cuò)誤;手指與屏的接觸面積變大時(shí),電容變大,故D正確。 9. (2019·四川成都摸底測(cè)試)如圖所示為某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線。一負(fù)電荷以大小為v0的速度從M點(diǎn)沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中,經(jīng)歷時(shí)間為t1,電勢(shì)能變化量為

13、Ep1。另一正電荷以大小為v0的速度從N點(diǎn)沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過程中,經(jīng)歷時(shí)間為t2,電勢(shì)能變化量為Ep2。已知v0的方向平行于電場(chǎng)線,兩電荷的質(zhì)量相等、電荷量絕對(duì)值相等,不計(jì)電荷的重力。則(　　) A.Ep1可能小于Ep2 B.Ep1一定等于Ep2 C.t1可能小于t2 D.t1一定等于t2 答案BC 解析電場(chǎng)力的功等于電勢(shì)能的變化,則ΔEp=UMNq可知,Ep1一定等于Ep2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;若沿電場(chǎng)線方向場(chǎng)強(qiáng)變大,即若EM

14、荷從M向N運(yùn)動(dòng)時(shí)平均速度大于正電荷從N向M運(yùn)動(dòng)時(shí)平均速度,可知此時(shí)負(fù)電荷從M向N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1小于正電荷從N向M運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。 10.(2018·貴州貴陽下學(xué)期適應(yīng)性考試)如圖所示,一板間距為d的平行板電容器豎直放置,兩板間存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的電場(chǎng),一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電油滴從兩極板正中間由靜止釋放,重力加速度為g,則帶電油滴運(yùn)動(dòng)到極板的過程中(　　) A.加速度大小為(Eq)2m+g2 B.所需的時(shí)間為mdEq C.下降的高度為mgd2Eq D.電場(chǎng)力對(duì)油滴所做的功為Eqd2 答案BCD 解析帶電油滴受到重力、電場(chǎng)力,合力F=(Eq)2+(mg)2,

15、根據(jù)牛頓第二定律有: a=Fm=(Eq)2+(mg)2m=Eqm2+g2,故A錯(cuò)誤;根據(jù)運(yùn)動(dòng)獨(dú)立性,水平方向點(diǎn)電荷的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,水平方向上的加速度a=qEm,根據(jù)位移公式可得:d2=12×Eqmt2,解得t=mdEq,下落的高度為h=12gt2=mgd2Eq,電荷運(yùn)動(dòng)水平位移為d2,由場(chǎng)力對(duì)油滴所做的功為W=Eq×d2=Eqd2,故BCD正確,故選BCD。 二、計(jì)算題(本題共2小題,共40分) 11.(20分)(2018·山東濟(jì)南下學(xué)期第一次模擬)如圖甲所示,粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接,過半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E,

16、質(zhì)量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)中由于摩擦起電滑塊電量會(huì)增加,過B點(diǎn)后電荷量保持不變,小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R,滑塊與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,求: (1)小滑塊釋放后運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程中電荷量的變化量; (2)滑塊對(duì)半圓軌道的最大壓力大小; (3)小滑塊再次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),電場(chǎng)大小保持不變、方向變?yōu)橄蜃?求小滑塊再次到達(dá)水平軌道時(shí)的速度大小以及距B的距離。 答案(1)Δq=mgE　(2)FN=(6+35)mg　(3)v4=25gR,方向與水平方向夾角為β1=arctan12斜向左下方,位置在A

17、點(diǎn)左側(cè)2R處。 解析根據(jù)在A、B兩點(diǎn)的加速度結(jié)合牛頓第二定律即可求解小滑塊釋放后運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程中電荷量的變化量; 利用“等效重力”的思想找到新的重力場(chǎng)中的最低點(diǎn)即壓力最大點(diǎn); 解(1)A點(diǎn):q0E-μmg=m·12g B點(diǎn):q1E-μmg=m·32g 聯(lián)立以上兩式解得Δq=q1-q0=mgE; (2)從A到B過程: m·12g+32g2·4R=12mv12-0 將電場(chǎng)力與重力等效為“重力G”,與豎直方向的夾角設(shè)為α,在“等效最低點(diǎn)”對(duì)軌道壓力最大,則: G'=(mg)2+(q1E)2 cosα=mgG' 從B到“等效最低點(diǎn)”過程:G'(R-Rcosα)=12mv22-12

18、mv12 FN-G'=mv22R 由以上各式解得:FN=(6+35)mg 由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為:FN=(6+35)mg; (3)從B到C過程:-mg·2R-q1E·R=12mv32-12mv12 從C點(diǎn)到再次進(jìn)入電場(chǎng)做平拋運(yùn)動(dòng): x1=v3t　R=12gt2　vy=gt　tanβ1=vyv3　tanβ2=mgq1E 由以上各式解得:β1=β2 則進(jìn)入電場(chǎng)后合力與速度共線,做勻加速直線運(yùn)動(dòng)tanβ1=Rx2 從C點(diǎn)到水平軌道:mg·2R+q1E·x2=12mv42-12mv32 由以上各式解得:v4=25gR Δx=x1+x2-4R=2E 因此滑塊再次到達(dá)水

19、平軌道的速度為v4=25Rg,方向與水平方向夾角為β1=arctan12,斜向左下方,位置在A點(diǎn)左側(cè)2R處。 12.(20分)(2018·四川綿陽第三次診斷性考試)真空中存在方向豎直向上、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng),A、B、C三點(diǎn)在電場(chǎng)中同一條豎直線上,C是A、B的中點(diǎn)。在某時(shí)刻,帶電油滴a在A點(diǎn),豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度大小為v0,不帶電油滴b在B點(diǎn)從靜止釋放,經(jīng)過一段時(shí)間,a、b在C點(diǎn)相碰融為油滴c,此時(shí)刻將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然變?yōu)槟持?但保持其方向不變,再經(jīng)過相同的時(shí)間,油滴c運(yùn)動(dòng)回到C點(diǎn)。油滴a、b的質(zhì)量相等為m,重力加速度大小為g。求: (1)油滴c在C點(diǎn)初速度; (2)變

20、化后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小; (3)油滴c從C點(diǎn)出發(fā)到回到C點(diǎn)的過程中,電勢(shì)能最大值與最小值之差。 答案(1)12v0　(2)3E0　(3)34mv02 解析(1)設(shè)油滴a從A點(diǎn)到C點(diǎn)、油滴b從B點(diǎn)到C點(diǎn)的時(shí)間相等為t1,碰前b的速度為v1,碰后a、b共同速度即油滴c在C點(diǎn)初速度為v2,以豎直向下方向?yàn)檎较?則 v0t1=12v1t1　mv1-mv0=2mv2 解得v1=2v0,v2=12v0 (2)油滴a帶正電,設(shè)電荷量為q,油滴a從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中有 qE0=mg 油滴b從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程有v1=gt1 油滴c帶正電,電荷量為q,質(zhì)量為2m,設(shè)變化后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,油滴c從C點(diǎn)開始以v2為初速度向下運(yùn)動(dòng),加速度方向豎直向上,大小為a,在時(shí)間t1內(nèi)位移為零,則 2ma=qE-2mg　0=v2t1-12at12 由v1=2v0得2v0=gt1,由v2=12v0得v0=at1,則a=12g。 解得E=3E0 (3)油滴c從C點(diǎn)出發(fā)到回到C點(diǎn)的過程中,向下運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功,向上運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做正功,在回到C點(diǎn)之前,電場(chǎng)力總功為負(fù),所以油滴c在最低點(diǎn)電勢(shì)能最大,在C點(diǎn)電勢(shì)能最小。 設(shè)最低點(diǎn)與C點(diǎn)間的距離為x,電場(chǎng)力做功為W,電勢(shì)能最大值與最小值之差為ΔE,則2ax=v22　W=qEx　ΔE=W 解得ΔE=34mv02 10