（通用版）2020版高考物理大一輪復習 單元質(zhì)檢七 靜電場 新人教版

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1、單元質(zhì)檢七　靜電場 (時間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共9小題,每小題6分,共54分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~9題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1. 將等量的正、負電荷分別放在正方形的四個頂點上(如圖所示)。O點為該正方形對角線的交點,直線段AB通過O點且垂直于該正方形,OA>OB,以下對A、B兩點的電勢和電場強度的判斷,正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.A點電場強度小于B點電場強度 B.A點電場強度大于B點電場強度 C.A點電勢等于B點電勢 D.

2、A點電勢高于B點電勢 答案C 解析由電荷的對稱分布規(guī)律可知AB直線上各點的電場強度為0,選項A、B錯誤;同理將一電荷從A點移動到B點電場力做功為0,則AB電勢差為0,A點電勢等于B點電勢,選項C正確,選項D錯誤。 2.A、B為兩等量異種電荷,圖中水平虛線為A、B連線的中垂線。如圖所示,現(xiàn)將另兩個等量異種的檢驗電荷a、b,用絕緣細桿連接后從離AB無窮遠處沿中垂線平移到AB的連線,平移過程中兩檢驗電荷位置始終關(guān)于中垂線對稱。若規(guī)定離AB無窮遠處電勢為零,則下列說法正確的是(　　) A.在AB的連線上a所處的位置電勢φa<0 B.a、b整體在AB連線處具有的電勢能Ep>0 C.整個移

3、動過程中,靜電力對a做正功 D.整個移動過程中,靜電力對a、b整體做正功 答案B 解析A、B是等量異種電荷,根據(jù)等量異種電荷的電場分布可知,AB中垂線是條等勢線,又規(guī)定無窮遠處電勢為零,所以AB中垂線上的任意一點電勢都為零,則AB的中點處電勢為零,又因A是正電荷,電場線方向為A指向B,所以φa>0,φb<0,故A錯誤。設(shè)a、b的電荷量為q,a的電勢能Epa=qφa>0,b的電勢能Epb=(-q)φb>0,所以a、b整體在AB連線處具有的電勢能Ep>0,故B正確。a、b在無窮遠處電勢能均為零,所以在移動過程中,a、b的電勢能均增大,靜電力做負功,故C、D錯誤。 3.如圖所示,光滑絕緣

4、的半圓軌道豎直放置,直徑AD水平,B、C是三等分點,在A、D兩點固定有電荷量為Q1和Q2的正點電荷,一不計重力的帶電小球,恰好能靜止在C點,現(xiàn)使該小球以一定的初速度從A點沿軌道運動到D點,則下列說法正確的是(　　) A.兩點電荷的電荷量之比Q1∶Q2=33∶1 B.小球經(jīng)過C點時加速度等于0 C.小球經(jīng)過B點時動能最大 D.小球在B、C兩點的電勢能相等 答案A 解析如圖所示,小球受到Q1和Q2的庫侖力沿C的切線方向的分力分別為F1=kQ1q(2rcosα)2sinα,F2=kQ2q(2rcosβ)2sinβ,其中r為半圓軌道的半徑,α=30°,β=60°,根據(jù)平衡條件可得,F1

5、=F2,解得Q1=33Q2,A正確。小球經(jīng)過C點做曲線運動,且F1=F2,故加速度應(yīng)指向圓心,B錯誤。在AC段,F1>F2,在CD段,F1aB,EkA>EkB B.aAEpB C.aAaB,EkA

6、曲方向可知帶電粒子受到的是靜電斥力,根據(jù)U=Ed知,等差等勢面越密的位置電場強度越大,B處等差等勢面較密集,則電場強度大,帶電粒子所受的電場力大,加速度也大,即aA

7、中,加速度一直增大 B.圓環(huán)沿細桿從P運動到O的過程中,速度先增大后減小 C.若只增大圓環(huán)所帶的電荷量,圓環(huán)離開細桿后仍能繞點電荷Q做勻速圓周運動 D.若將圓環(huán)從桿上P點上方由靜止釋放,其他條件不變,圓環(huán)離開細桿后仍能繞點電荷Q做勻速圓周運動 答案C 解析圓環(huán)運動到O點且未離開細桿時庫侖力沿x軸正方向,與細桿對圓環(huán)的支持力平衡,加速度為零,A錯誤。因為圓環(huán)到O點前,庫侖力沿y軸負方向的分量大小始終不為0,故一直加速,速度增加,B錯誤。設(shè)P、O兩點間電勢差為U,由動能定理有qU=12mv2,由牛頓第二定律有kQqr2=mv2r,聯(lián)立得kQr2=2Ur,即圓環(huán)是否做圓周運動與q無關(guān),C正

8、確。若從P點上方釋放,則U變大,不能做勻速圓周運動,D錯誤。 6. 兩個不規(guī)則的帶電導體間的電場線分布如圖所示,已知導體附近的電場線均與導體表面垂直,a、b、c、d為電場中幾個點,并且a、d為緊靠導體表面的兩點,以無窮遠為零電勢點,則(　　) A.電場強度大小關(guān)系有Eb>Ec B.電勢大小關(guān)系有φb>φd C.將一負電荷放在d點時其電勢能為負值 D.將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做正功 答案BD 解析由電場線的疏密表征電場強度的大小可知,Ebφd,故B正確;由于a點電勢高于d點電勢,

9、將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做功W=q(φa-φd)>0,為正功,故D正確;由于無窮遠處為零電勢點,故d點電勢為負,負電荷放在d點時其電勢能Epd=(-q)×φd>0,為正值,故C錯誤。 7. 如圖所示,平行板電容器與電動勢為E'的直流電源(內(nèi)阻不計)連接,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則(　　) A.平行板電容器的電容將變小 B.靜電計指針張角變小 C.帶電油滴的電勢能將減少 D.若先將上極板與電源正極的導線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則帶電油滴所受電場力不變

10、 答案ACD 解析將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時,兩極板的正對面積S不變,間距d變大,根據(jù)關(guān)系式C=εrS4πkd∝Sd可知,電容C減小,選項A正確;因為靜電計指針的變化表征了電容器兩極板電勢差的變化,題中電容器兩極板間的電勢差U不變,所以靜電計指針張角不變,選項B錯誤;U不變,極板間距d變大時,板間電場強度E=Ud減小,帶電油滴在P點的電勢φ=Ed1增大,其中d1為油滴到下極板的距離,又因為油滴帶負電,所以其電勢能將減少,選項C正確;若先將上極板與電源正極的導線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則電容器帶電荷量Q不變,極板間距d變大,根據(jù)Q=CU,E=Ud和C=εrS4π

11、kd可知E∝QS,可見,極板間電場強度E不變,所以帶電油滴所受電場力不變,選項D正確。 8.(2018·湖北荊州期末)如圖所示,質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場的方向射入兩平行板間的勻強電場中,P從兩極板正中央射入,Q從下極板邊緣處射入,它們最后打在同一點(重力不計),則從開始射入到打到上極板的過程中(　　) A.它們運動的時間tQ=tP B.它們所帶電荷量之比qP∶qQ=1∶2 C.它們的電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ=1∶2 D.它們的動能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶4 答案ABD 解析帶電粒子在垂直電場方向上不受力,都做勻速直線運動,位移相等,

12、由x=v0t可知運動時間相等,即tQ=tP,故A正確;平行電場方向受到電場力,做初速度為零的勻加速直線運動,根據(jù)位移時間關(guān)系公式,有y=12at2=qE2mt2,解得q=2ymEt2,由于兩帶電粒子平行電場方向分位移之比為yP∶yQ=1∶2,所以它們所帶的電荷量之比qP∶qQ=yP∶yQ=1∶2,故B正確;電勢能的減少量等于電場力做的功,即ΔE=qEy,因為豎直位移之比為yP∶yQ=1∶2,電荷量之比為qP∶qQ=1∶2,所以它們電勢能減少量之比為ΔEP∶ΔEQ=1∶4,故C錯誤;根據(jù)動能定理,有qEy=ΔEk,而qP∶qQ=1∶2,yP∶yQ=1∶2,所以動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1

13、∶4,故D正確。 9. 如圖所示,在平面直角坐標系中有一底角是60°的等腰梯形,坐標系中有方向平行于坐標平面的勻強電場,其中O(0,0)點電勢為6 V,A(1,3)點電勢為3 V,B(3,3)點電勢為零,則由此可判定(　　) A.C點電勢為3 V B.C點電勢為零 C.該勻強電場的電場強度大小為100 V/m D.該勻強電場的電場強度大小為1003 V/m 答案BD 解析 由題意知C點坐標為(4,0),在勻強電場中,任意兩條平行線段,兩點間電勢差與其長度成正比,故UABAB=UOCOC,代入數(shù)值得φC=0,A錯誤,B正確;作BD∥AO,如圖所示,則φD=3V,即AD是

14、一條等勢線,電場強度方向沿OG,OG⊥AD,由幾何關(guān)系得OG=3cm,由E=Ud得E=1003V/m,C錯誤,D正確。 二、計算題(本題共3小題,共46分) 10.(14分)示波器是研究交變電流變化規(guī)律的重要儀器,其主要結(jié)構(gòu)可簡化為:電子槍中的加速電場、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場和豎直放置的熒光屏,如圖所示。若已知加速電場的電壓為U1,兩平行金屬板的板長、板間距離均為d,熒光屏距兩平行金屬板右側(cè)距離也為d,電子槍發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為-e的電子,從兩平行金屬板的中央穿過,打在熒光屏的中點O。不計電子進入加速電場的速度及電子重力。若兩金屬板間只存在豎直方向的勻強電場,兩板間的偏轉(zhuǎn)

15、電壓為U2,電子會打在熒光屏上某點,該點到O點距離為32d,求U1和U2的比值U1U2。 答案1∶2 解析在電子加速過程中,由動能定理得 eU1=12mv02 電子進入偏轉(zhuǎn)區(qū)做類平拋運動,如圖所示,在此過程中,電子的水平位移d=v0t 電子的加速度a=eEm 偏轉(zhuǎn)電場的電場強度E=U2d 離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的位移y=12at2 設(shè)離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為θ,則tanθ=vyv0=atv0 打到熒光屏上的亮點的位置到O點的距離y'=y+dtanθ 由題意可知y'=3d2 由以上各式聯(lián)立可解得U1U2=12。 11.(15分)如圖甲所示,相距d=15 cm的A

16、、B兩極板是在真空中平行放置的金屬板,當給它們加上電壓后,它們之間的電場可視為勻強電場。今在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交流電壓,交流電壓的周期T=1.0×10-6 s,t=0時A板的電勢比B板的電勢高,且U0=1 080 V,一個比荷qm=1.0×108 C/kg的帶負電荷的粒子在t=0時刻從B板附近由靜止開始運動,不計重力。 (1)當粒子的位移為多大時,粒子的速度第一次達到最大,最大值是多少? (2)粒子運動過程中,將與某一極板相碰撞,求粒子碰撞極板時速度的大小。 答案(1)0.04 m　2.4×105 m/s　(2)2.1×105 m/s 解析粒子在電場中的運動情況比較復雜

17、,可借助于v-t圖像分析運動的過程,如圖所示為一個周期的v-t圖像,以后粒子將重復這種運動。 (1)在0~T3時間內(nèi),粒子加速向A運動;當t=T3時,粒子速度第一次達到最大,根據(jù)牛頓第二定律可知,粒子運動的加速度為a=Fm=qU0md, 設(shè)粒子的最大速度為vm,此時位移為x,則 x=12at2=12·qU0md·T32=0.04m, vm=at=qU0T3md=2.4×105m/s。 (2)粒子在一個周期的前2T3時間內(nèi),先加速后減速向A板運動,位移為xA;在后T3時間內(nèi),先加速后減速向B運動,位移為xB,以后的每個周期將重復上述運動,由于粒子加速和減速運動中的加速度大小相等,即

18、有xA=2x=0.08m,xB=2·qU02md·T62=0.02m。所以粒子在一個周期內(nèi)的位移x'=xA-xB=0.06m。顯然,第2個周期末粒子距A板的距離為l=d-2x'=0.03m<0.04m,表明粒子將在第3個周期內(nèi)的前T3時間內(nèi)到達A板,設(shè)粒子到達A板的速度為v,則由v2=2aL,得v2=2qU0Lmd,解得v=2.1×105m/s。 12.(17分)如圖所示,電荷量q=+2×10-3 C、質(zhì)量m=0.1 kg的小球B靜置于光滑的水平絕緣板右端,板的右側(cè)空間有范圍足夠大的、方向水平向左、電場強度E=103 N/C的勻強電場。與B球形狀相同、質(zhì)量為0.3 kg的絕緣不帶電小球A以初

19、速度v0=10 m/s向B運動,兩球發(fā)生彈性碰撞后均逆著電場的方向進入電場,在電場中兩球又發(fā)生多次彈性碰撞,已知每次碰撞時間極短,小球B所帶電荷量始終不變,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)第一次碰撞后瞬間兩小球的速度大小; (2)第二次碰撞前瞬間小球B的動能; (3)第三次碰撞的位置。 答案(1)5 m/s　15 m/s　(2)6.25 J　(3)在第一次碰撞點右方5 m,下方20 m處 解析(1)第一次碰撞時兩小球動量守恒,即 3mv0=3mv1+mv2 機械能守恒,即12·3mv02=12·3mv12+12mv22 解得碰后瞬間A的速度v1=5m/s,B的速度

20、v2=15m/s。 (2)碰后A、B兩球進入電場,豎直方向二者相對靜止,均做自由落體運動;水平方向上,A做勻速直線運動,B做勻減速直線運動,其加速度大小aB=qEm=20m/s2 設(shè)經(jīng)過時間t兩小球再次相碰,則有v1t=v2t-12aBt2 解得t=1s 此時,B的水平速度vx=v2-aBt=-5m/s(負號表明方向向左) 豎直速度vy=gt=10m/s 故第二次碰前B的動能 EkB=12mvB2=12m(vx2+vy2)=6.25J。 (3)第二次碰撞時,A、B兩小球水平方向上動量守恒 3mv1+mvx=3mv1'+mvx' 水平方向上機械能守恒 12·3mv12+12mvx2=12·3mv1'2+12mvx'2 解得第二次碰后水平方向A的速度v1'=0,B的速度vx'=10m/s 故第二次碰撞后A豎直下落(B在豎直方向上的運動與A相同),水平方向上,B做勻減速直線運動,設(shè)又經(jīng)過時間t'兩小球第三次相碰,則有vx't'-12aBt'2=0 解得t'=1s 因此,第三次相碰的位置在第一次碰撞點右方x=v1t=5m 下方y(tǒng)=12g(t+t')2=20m。 10