2023届高考物理人教版一轮复习规范练-第七章　静电场单元质检七　静电场.docx

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1、单元质检七静电场(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.(2021湖南永州高三一模)关于静电场,下列说法正确的是()A.电场强度为零的点,电势一定为零B.负电荷沿电场线方向移动时,电势能一定增加C.在同一个等势面上的各点,电场强度的大小必然是相等的D.电势降低的方向就是电场强度的方向2.空间存在着平行于纸面的匀强电场,但电场的具体方向未知,现用仪器在纸面内沿互成60角的OA、OB两个方向探测该静电场中各点电势,得到各点电势与到O点距离的函数关系如图所示,则下列关于该电场的电场强度E的说法中,正确的是

2、()A.E=2 V/m,沿OA方向B.E=200 V/m,沿BO方向C.E= V/m,沿AOB角平分线向左D.E=200 V/m,沿AOB角平分线向左3.(2021河南郑州高三模拟)真空中,在x轴上x=0和x=8 m处分别固定两个点电荷Q1和Q2。电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示(+x方向为电场强度正方向),其中x=3 m处E=0。将一个正试探电荷在x=2 m处由静止释放(重力不计,取无穷远处电势为零)。则()A.Q1、Q2为等量同种电荷B.Q1、Q2电荷量之比为925C.在x=3 m处电势等于0D.该试探电荷向x轴正方向运动时,电势能一直减小4.(2021湖南长沙十五校高三联考

3、)如图所示,有一带正电粒子沿着x轴正方向运动在x1与x2间只受到静电力F(x)作用,若不计该带电粒子的重力,电势(x)与位置x关系为抛物线,其中x0处为抛物线最低点。如果规定静电力沿x轴正方向为正,在下列选项中,可定性反映该带电粒子在x1与x2之间所受静电力F(x)与位置x的关系的是()5.(2021广东珠海高三质检)如图所示,在O点固定一点电荷,带电粒子A运动轨迹如图中实线所示,虚线b、c是以O为圆心的同心圆,忽略粒子A对O处点电荷电场的影响。下列说法正确的是()A.粒子A与O处点电荷是异种电荷B.虚线b处的电势低于虚线c处的电势C.粒子A的加速度先增大后减小D.粒子A的动能先增大后减小二、

4、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)6.如图所示,带电粒子由静止开始,经电压为U1的加速电场加速后,垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器,经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子,从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器,下列措施可行的是(粒子重力不计)()A.保持U2和平行板间距不变,增大U1B.保持U1和平行板间距不变,增大U2C.保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板D.保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板7.(2021湖南永州宁远一中高三模拟)如

5、图所示,ABC为等边三角形,电荷量为-q的点电荷固定在A点,此时C点处的电场强度为E。再将一电荷量为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点并固定,此过程中,静电力对正电荷做功为W,再将一电荷量为-q的点电荷Q2从无穷远处移到B点。下列说法正确的是()A.Q1移入之前,C点的电势为-B.Q2从无穷远处移到B点的过程中,所受静电力做的功为2WC.Q2移到B点后,C处的正电荷受力大小为EqD.Q2移到B点后,Q1的电势能为-2W8.如图所示,某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成,板间为真空。两金属板分别与电源两极相连,下极板固定,上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐

6、,然后上极板转过10,并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应,则下列说法正确的是()A.变化前后电容器电容之比为917B.变化前后电容器所带电荷量之比为169C.变化前后电子到达下极板的速度之比为1D.变化前后电子运动到下极板所用时间之比为21三、计算题(本题共3小题,共52分)9.(16分)如图所示,平面直角坐标系xOy在竖直平面内,第三象限内有水平向左的匀强电场,第四象限内y轴与x=2R虚线之间有竖直向下的匀强电场,两电场的电场强度大小均为E,x=3R处有一竖直固定的荧光屏。现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB,圆

7、弧圆心在坐标原点O,A端点在x轴上,B端点在y轴上。一个带电小球从A点上方高2R处的P点由静止释放,小球从A点进入圆弧轨道运动,从B点离开时速度的大小为2,重力加速度为g,求:(1)小球的电荷量及其电性;(2)小球最终打在荧光屏上的位置距x轴的距离。10.(16分)(2021山西一模)下图为多级加速器模型,一质量为m=1.010-3 kg、电荷量为q=8.010-5 C 的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场,之后沿位于轴心的光滑浅槽,经过多级加速后从A点水平抛出,恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间,A点在MN板左端M点正上方,倾斜平行金属板MN、PQ的

8、长度均为L=1.0 m,金属板与水平方向的夹角为=37,sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g取10 m/s2。(1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U;(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场,且电场强度大小E=100 V/m,要使带电小球不打在PQ板上,则两板间的距离d至少要多长?11.(20分)如图所示,竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP,由半径r=0.5 m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成,圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角=37,A、B两点间的距离d=0.2 m。质量m1=0.05 kg的不带电绝缘滑块静止在A点,质量m2=0

9、.1 kg、电荷量q=110-5 C的带正电小球静止在B点,小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F=4.5 N、方向水平向右的恒力推滑块,滑块到达B点前瞬间撤去该恒力,滑块与小球发生弹性正碰,碰后小球沿轨道运动,到达P点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向圆心。小球和滑块均视为质点,碰撞过程中小球的电荷量不变,不计一切摩擦。(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)求碰后瞬间小球的速度大小vB;(2)求匀强电场的电场强度大小E及小球到达P点时的速度大小vP;(3)求B、C两点间的距离x。单元质检七静电场1.B解析:静电场中,电势具有相对性,电势的零点可

10、人为选取,电场强度与电势没有直接关系,所以电场强度为零的点电势不一定为零,A错误;负电荷沿电场线方向移动时,静电力做负功,电势能增加,B正确;在同一个等势面上各点的电势相等,但电场强度大小不一定相等,C错误;沿电场线方向电势越来越低,电势降低最快的方向才是电场线的方向,D错误。2.D解析:由-x和-y图象可知,OA、OB两个方向上距离O点相同距离处电势相等,比如,取距离均为20 cm处,电势均为60 V,则这两点位于同一等势面上,用直线将两点连接,然后作这条等势线的过O点的垂线,由电场线和等势面的关系可知,这就是电场线,且方向向左,且电场强度大小等于E=200 V/m,D正确。3.B解析:由于

11、x=3 m处E=0,可知Q1、Q2带同种电荷,根据电场强度的叠加=0,整理得,A错误,B正确;取无穷远处电势为零,且电势顺电场线降低,x=3 m处,电场强度为0,电势不为0,C错误;该试探电荷向x轴正方向运动时,静电力先做正功,电势能减小,后做负功,电势能又开始增大,D错误。4.A解析:只有当F(x)与x关系为一次函数关系时,静电力累积做功W与位置x关系为抛物线(二次函数),电势能Ep(x)与位置x关系为抛物线,电势(x)与位置x关系为抛物线,结合F正方向与x正方向相同。A正确。5.C解析:根据曲线运动合外力总是指向轨迹弯曲的一侧,所以粒子A与O处点电荷是同种电荷,相互排斥,A错误;由于只是知

12、道两电荷是同种电荷,但是电荷的电性无法确定,所以虚线b处的电势与虚线c处的电势无法比较,B错误;越靠近点电荷O的位置电场强度越强,静电力越大,加速度越大,所以粒子A的加速度先增大后减小,C正确;静电力先做负功,后做正功,所以粒子A的动能先减小后增大,D错误。6.AD解析:粒子在电场中加速U1q=,在偏转电场中,水平方向上x=v0t,竖直方向上y=t2,解得x2=;开始时x=L,保持U2和平行板间距不变,增大U1,x变大,A正确;保持U1和平行板间距不变,增大U2,则x减小,B错误;保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板,则d减小,x减小,C错误;保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板,

13、d变大,则x变大,D正确。7.ACD解析:电荷量为+q的点电荷从无穷远处(电势为0)移到C点,静电力做功为W,由W=q(0-C)得C=-,A正确;Q1固定于C点,B点在AC中垂线上,即等量异种电荷连线中垂线上,电势与无穷远处电势相同,B=0,所以Q2从无穷远处移到B点的过程中,静电力不做功,B错误;由电场强度的合成可知,Q2移到B点后,C处的合电场强度为E=2Ecos 30=E,则C处的正电荷受力大小为Eq,C正确;移入Q2前,C点的电势C=-,移入Q2后,B点与C点距离和A点与C点距离相等,则此时C点的电势C=-,所以此时电势能为-2W,D正确。8.AD解析:由平行板电容器电容公式C=可知,

14、变化前后电容器电容之比为,电容器两端电压不变,变化前后电容器所带电荷量之比为,A正确,B错误;电子由静止从上极板运动到下极板过程,由动能定理有qU=mv2,解得电子到达下极板的速度v=,电容器两端电压不变,变化前后电子到达下极板的速度之比为11,C错误;电子由静止从上极板运动到下极板过程,电子的加速度a=,电子的运动时间t=d,变化前后电子运动到下极板所用时间之比为,D正确。9.答案:(1)小球带正电且电荷量大小为q=(2)3.125R解析:(1)设小球带正电且电荷量大小为q,小球从P点运动到B点的过程,根据动能定理有mg3R-qER=mv2解得:q=则假设成立,即小球带正电,电荷量大小为q=

15、。(2)由于静电力方向向下,且有qE=mg小球从B点以v=2的速度进入第四象限内的电场做类平抛运动,加速度a=2g在电场中运动的时间t1=下落的高度h1=R出电场时竖直方向的分速度vy=at1=2出电场后至打在光屏上运动的时间t2=出电场后至打到光屏上在竖直方向运动的距离h2=vyt2+R因此小球打在荧光屏上的位置距x轴的距离H=R+h1+h2=3.125R10.答案:(1) m18.75 V(2) m解析:(1)设小球从A点到B点的运动时间为t1,小球的初速度为v0,A点到M点的高度为y则有=tan cos =v0t1y-sin =联立并代入数据解得v0= m/s,y= m带电小球在多级加速

16、器加速的过程,根据动能定理有qU=-0代入数据解得U=18.75 V。(2)进入电场时,以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系,将重力正交分解,则沿y轴方向有Fy=mgcos -qE=0沿x轴方向有Fx=mgsin 故小球进入电场后做类平抛运动,设刚好从P点离开,则有Fx=madmin=t2联立并代入数据解得dmin= m,即两板间的距离d至少为 m。11.答案:(1)4 m/s(2)7.5104 N/C2.5 m/s(3)0.85 m解析:(1)对滑块从A点运动到B点的过程,根据动能定理有Fd=m1v2解得:v=6 m/s滑块与小球发生弹性正碰,设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2,则由动量守恒定律得m1v=m1v1+m2v2由能量守恒得m1v2=m1m2联立解得:v1=-2 m/s(“-”表示v1的方向水平向左)、v2=4 m/s。(2)小球到达P点时,受力如图所示则有qE=m2gtan 解得:E=7.5104 N/C小球所受重力与静电力的合力大小为G等=小球到达P点时,由牛顿第二定律有G等=m2解得:vP=2.5 m/s。(3)对小球碰后运动到P点的过程,根据动能定理有qE(x-rsin )-m2g(r+rcos )=m2m2解得:x=0.85 m。