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1、第七章 靜電場
章末過關(guān)檢測(七)
(時間:50分鐘 分值:100分)
一、單項選擇題(本題共6小題,每小題6分,共36分.在每小題給出的四個選項中,只有一個選項正確)
1.靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在,我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載,《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸”之說,但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是( )
A.梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑
B.帶電小球移至不帶電金屬球附近,兩者相互吸引
C.小線圈接近通電線圈過程中,小線圈中產(chǎn)生電流
D.從干燥的地毯上走過,手碰到金屬把手時有被電擊的感覺
解析:選C.用塑料梳子梳頭發(fā)時相互摩擦,塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑,選項A屬于靜電現(xiàn)
2、象;帶電小球移至不帶電金屬球附近,由于靜電感應(yīng),金屬球在靠近帶電小球一端會感應(yīng)出與帶電小球異號的電荷,兩者相互吸引,選項B屬于靜電現(xiàn)象;小線圈接近通電線圈過程中,由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象,小線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流,選項C不屬于靜電現(xiàn)象;從干燥的地毯上走過,由于摩擦生電,當(dāng)手碰到金屬把手時瞬時產(chǎn)生較大電流,人有被電擊的感覺,選項D屬于靜電現(xiàn)象.
2.兩個大小相同的小球帶有同種電荷,質(zhì)量分別為m1和m2,帶電荷量分別是q1和q2,用絕緣線懸掛后,因靜電力而使兩懸線張開,分別與中垂線方向成α1角和α2角,且兩球處于同一水平線上,如圖所示.若α1=α2,則下述結(jié)論正確的是( )
A.q1一定等于q2
3、B.一定滿足=
C.m1一定等于m2
D.必須同時滿足q1=q2、m1=m2
解析:選C.分別對兩小球進行受力分析,如圖所示,由平衡條件得F-FTsin α1=0,F(xiàn)Tcos α1-m1g=0,所以tan α1==.同理tan α2==.因為α1=α2,所以m1=m2.
3.(2019·遼師大附中模擬)如圖所示,平行板電容器兩極板的間距為d,極板與水平面成45°角,上極板帶正電.一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處,以初動能Ek0豎直向上射出.不計重力,極板尺寸足夠大.若粒子能打到上極板,則兩極板間電場強度的最大值為( )
A. B.
C.
4、 D.
解析:選B.當(dāng)電場足夠大時,粒子打到上極板的極限情況為:粒子到達上極板處時速度恰好與上極板平行,粒子的運動為類平拋運動的逆運動.將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx,根據(jù)運動的合成與分解,當(dāng)vy=0時,根據(jù)運動學(xué)公式有v=2d,vy=v0cos 45°,Ek0=mv,聯(lián)立得E=,故B正確.
4.如圖所示,兩質(zhì)量和所帶電荷量均不同的同電性帶電粒子,由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后,經(jīng)右板的同一小孔進入同一偏轉(zhuǎn)電場,假設(shè)兩粒子均能落在B板上,若不計重力,下列說法正確的是( )
A.比荷小的粒子的水平位移小
B.電荷量小的粒子水平位移小
C.質(zhì)量小的粒子水平位
5、移小
D.兩粒子落在B板的同一位置
解析:選D.設(shè)加速電場的電壓為U,偏轉(zhuǎn)電場的電場強度大小為E,由動能定理,對粒子在加速電場中的運動有qU=mv2;粒子在偏轉(zhuǎn)電場中,由牛頓第二定律有Eq=ma,兩粒子落在B板上時,兩粒子在豎直方向的位移相同,y=at2,粒子在水平方向上有x=vt,由以上整理解得x=2,由于y、U、E均相同,則兩粒子均落在B板的同一位置.
5.第七屆中國(上海)國際超級電容器產(chǎn)業(yè)展覽會于2016年8月23日至25日在上海新國際博覽中心舉行.如圖所示為超級平行板電容器,相距為d的兩極板M、N分別與電壓為U的恒定電源兩極連接,極板M帶正電.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央
6、處于靜止?fàn)顟B(tài),且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k,則( )
A.油滴帶正電
B.油滴帶電荷量為
C.電容器的電容為
D.將極板N向下緩慢移動一小段距離,油滴將向上運動
解析:選C.帶電油滴靜止在兩極板間,重力與電場力等大、反向,電場力豎直向上,電容器上極板與電源正極相連為正極板,兩板間電場方向豎直向下,綜上可知,帶電油滴帶負電,選項A錯誤;由場強與電勢差關(guān)系可知,mg=Eq=q,解得q=,選項B錯誤;由題意知,電容器帶電荷量Q=kq=,由電容的定義式知,C==,選項C正確;電容器與電源保持連接,兩板間電勢差不變,N板向下移動,板間距離變大,F(xiàn)電=q,油滴所受電場力減
7、小,油滴向下運動,選項D錯誤.
6.(2019·湖北黃岡模擬)靜電噴漆技術(shù)具有效率高、質(zhì)量好等優(yōu)點,其裝置示意圖如圖所示,A、B為兩塊水平放置的平行金屬板,間距d=1.0 m,兩板間有方向豎直向上、電場強度大小為E=1.0×103 N/C的勻強電場,在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P,油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0=1.0 m/s、質(zhì)量均為m=5.0×10-14 kg、電荷量均為q=2.0×10-15 C的帶負電的油漆微粒,不計微粒所受空氣阻力及微粒間的相互作用,油漆微粒最后都落在金屬板B上,重力加速度g=10 m/s2.下列說法中錯誤的是( )
8、
A.沿水平方向噴出的微粒運動到B板所需時間為0.2 s
B.沿不同方向噴出的微粒,從噴出至到達B板,電場力做功為2.0×10-12 J
C.若其他條件均不變,d增大為原來的2倍,噴涂面積增大為原來的2倍
D.若其他條件均不變,E增大為原來的2倍,噴涂面積減小為原來的
解析:選D.沿水平方向噴出的微粒做類平拋運動,在豎直方向上,加速度a==m/s2=50 m/s2,根據(jù)d=at2得t==0.2 s,故A正確;沿不同方向噴出的微粒,從噴出至到達B板,電場力做功為W=qEd=2×10-15×103×1 J=2.0×10-12 J,故B正確;若其他條件均不變,d增大為原來的2倍,根據(jù)d=a
9、t2得,t變?yōu)樵瓉淼? 倍,則噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼? 倍,面積變?yōu)樵瓉淼?倍,故C正確;若其他條件均不變,E增大為原來的2倍,則加速度a′= m/s2=90 m/s2,加速度變?yōu)樵瓉淼?,時間t變?yōu)樵瓉淼?,噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼?,面積減小為原來的 ,故D錯誤.
二、多項選擇題(本題共4小題,每小題6分,共24分.在每小題給出的四個選項中,有多個選項符合題目要求,全選對的得6分,選對但不全的得3分,有錯選或不答的得0分)
7.(2019·鹽城中學(xué)檢測)圖中虛線是某電場中的一簇等差等勢線.兩個帶電粒子從P點均沿等勢線的切線方向射入電場,粒子運動的部分軌跡如圖中實線所示.若粒子僅受電場
10、力的作用,則下列說法中正確的是( )
A.a(chǎn)點的電場強度小于b點的電場強度
B.a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢
C.粒子從P運動到a的過程中,粒子的動能和電勢能總和不變
D.粒子從P運動到b的過程中,粒子的動能增大
解析:選ACD.等勢線的疏密程度表示電場強度的大小,越密,電場強度越大,故a點的電場強度小于b點的電場強度,A正確;運動過程中電場力做正功,所以電勢能減小,但是由于不知道粒子的帶電性質(zhì),無法判斷兩點的電勢高低,B錯誤;粒子從P運動到a的過程中,只有電場力做功,電勢能轉(zhuǎn)化為動能,兩者之和不變,C正確;粒子從P運動到b的過程中,電場力做正功,動能增大,D正確.
8.靜電場在
11、x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如圖所示,x軸正向為場強正方向,帶正電的點電荷沿x軸運動,則點電荷( )
A.在x2和x4處電勢能相等
B.由x1運動到x3的過程中電勢能增大
C.由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小
D.由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大
解析:選BC.由題圖可知, x1到x4場強先變大,再變小,則點電荷受到的電場力先增大后減小,C正確,D錯誤;由x1到x3及由x2到x4過程中,電場力做負功,電勢能增大,知A錯誤,B正確.
9.(2019·泰安模擬)如圖甲所示,在兩平行的金屬板間加上如圖乙所示的電壓.在0~1 s內(nèi),一點電荷在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài),
12、t=2 s時電荷仍運動且未與極板接觸,則在1~2 s內(nèi),點電荷(g取10 m/s2)( )
A.做勻加速直線運動,加速度大小為10 m/s2
B.做變加速直線運動,平均加速度大小為5 m/s2
C.做變加速直線運動,2 s末加速度大小為10 m/s2
D.2 s末速度大小為5 m/s
解析:選BCD.第1 s內(nèi)電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài),故電場力向上,與重力平衡,第2 s內(nèi)電壓一直變大,故電場強度變大,電場力變大,且第2 s內(nèi)合力隨時間均勻增加,加速度隨時間均勻增加,是變加速直線運動,故A錯誤;第2 s內(nèi)加速度隨時間均勻增加,第2 s末電場強度增加為第1 s末的2倍,故
13、電場力變?yōu)?倍,合力向上,大小為mg,其加速度大小為g=10 m/s2,故平均加速度為a= m/s2=5 m/s2,故B、C正確;2 s末速度大小為v2=at=5×1 m/s=5 m/s,故D正確.
10.(2019·湖北八校聯(lián)考)如圖所示,在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強電場,將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球,以某一初速度從O點豎直向上拋出,它的軌跡恰好滿足拋物線方程x=ky2,且小球通過點P.已知重力加速度為g,則( )
A.電場強度的大小為
B.小球初速度的大小為
C.小球通過點P時的動能為
D.小球從O點運動到P點的過程中,電勢能減少
14、
解析:選ABC.小球做類平拋運動,則電場力與重力的合力沿x軸正方向,qE=mg,電場強度的大小為E=,A正確;F合=mg=ma,所以a=g,由類平拋運動規(guī)律有=v0t,=gt2,得小球初速度大小為v0= ,B正確;由P點的坐標(biāo)分析可知=,所以小球通過點P時的動能為mv2=m(v+v)=,C正確;小球從O到P過程中電勢能減少,且減少的電勢能等于電場力做的功,即W=qE·=,D錯誤.
三、非選擇題(本題共3小題,共40分.按題目要求作答,計算題要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)
11.(12分)如圖所示,一條長為L的細線上端固定,下端拴一個質(zhì)量為m,電荷量為q的小球,
15、將它置于方向水平向右的勻強電場中,使細線豎直拉直時將小球從A點靜止釋放,當(dāng)細線離開豎直位置偏角α=60° 時,小球速度為0.
(1)求小球帶電性質(zhì)和電場強度E.
(2)若小球恰好完成豎直圓周運動,求小球在A點應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式).
解析:(1)根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電.
小球由A點釋放到速度等于零,由動能定理有
0=EqLsin α-mgL(1-cos α)
解得E=.
(2)如圖所示,將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′,則G′=mg,方向與豎直方向夾角為30°偏向右下.
若小球恰能做完整的圓周運動,在等效最高點
m=mg
小
16、球從A點以初速度vA運動,由動能定理知
mv2-mv=-mgL(1+cos 30°)
聯(lián)立解得vA= .
答案:(1)小球帶正電 (2)
12.
(14分)在真空中水平放置平行板電容器,兩極板間有一個帶電油滴,電容器兩板間距為d,當(dāng)平行板電容器的電壓為U0時,油滴保持靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示.當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時,油滴開始向上運動;經(jīng)時間Δt后,電容器突然放電使其電壓減少ΔU2,又經(jīng)過時間Δt,油滴恰好回到原來位置.假設(shè)油滴在運動過程中沒有失去電荷,充電和放電的過程均很短暫,這段時間內(nèi)油滴的位移可忽略不計.重力加速度為g.求:
(1)帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比
17、;
(2)第一個Δt與第二個Δt時間內(nèi)油滴運動的加速度大小之比;
(3)ΔU1與ΔU2之比.
解析:(1)油滴靜止時滿足:mg=q
則=.
(2)設(shè)第一個Δt時間內(nèi)油滴的位移大小為x1,加速度大小為a1,第二個Δt時間內(nèi)油滴的位移大小為x2,加速度大小為a2,則
x1=a1Δt2,x2=v1Δt-a2Δt2
且v1=a1Δt,x2=-x1
解得a1∶a2=1∶3.
(3)油滴向上加速運動時:q-mg=ma1
即q=ma1
油滴向上減速運動時:mg-q=ma2
即q=ma2
則=
解得=.
答案:(1) (2)1∶3 (3)1∶4
13.(14分)如圖甲所示
18、,長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置,ab為兩板的中心線,一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入,沿直線從b點射出,若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上,欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出,求:
(1)交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件?
(2)粒子從a點射入金屬板的時刻應(yīng)滿足什么條件?
解析:(1)為使粒子仍從b點以速度v0穿出電場,在垂直于初速度方向上,粒子的運動應(yīng)為:加速,減速,反向加速,(反向)減速,經(jīng)歷四個過程后,回到中心線上時,在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零,這段時間等于一個周期,故有L=nTv0,解得T=
粒子在T內(nèi)離開中心線的距離為y=a
又a=,E=,解得y=
在運動過程中離開中心線的最大距離為
ym=2y=
粒子不撞擊金屬板,應(yīng)有ym≤d
解得T≤2d
故n≥ ,即n取大于等于 的整數(shù)
所以粒子的周期應(yīng)滿足的條件為
T=,其中n取大于等于 的整數(shù).
(2)粒子進入電場的時刻應(yīng)為T,T,T,…
故粒子進入電場的時刻為t=T(n=1,2,3,…).
答案:(1)T=,其中n取大于等于 的整數(shù)
(2)t=T(n=1,2,3,…)
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