高考物理一輪復習 單元質(zhì)檢七 靜電場（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

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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.下圖是某驗電器的結(jié)構(gòu)圖,下列相關(guān)說法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.金屬箔張開過程,電勢能一定減少 B.金屬箔張開過程,電場力一定做負功 C.兩金屬箔張開,說明金屬球帶正電 D.兩片金屬箔張開時,可能帶異種電荷 答案:A 解析:驗電器是利用同種電荷互相排斥的原理工作的。當用帶電體接觸驗電器的金

2、屬球時,就有一部分電荷轉(zhuǎn)移到驗電器的金屬箔上,金屬箔帶上了同種電荷,這兩片金屬箔由于帶同種電荷互相排斥而張開;在張開的過程中電場力做正功,電勢能減小。而驗電器只能判斷物體是否帶電,不能說明是哪種電荷,故也不能說明金屬球帶哪種電荷,故A正確,B、C、D錯誤。 2.(2019·浙江仿真卷)中國南車設計制造的全球首創(chuàng)超級電容儲能式現(xiàn)代電車在寧波下線,將成為二、三線城市的主要公交用車。這種超級電車的核心是我國自主研發(fā)、全球首創(chuàng)的“超級電容器”。這種電容器安全性高,可反復充放電100萬次以上,使用壽命長達十二年,且容量超大(達到9 500 F),能夠在10 s內(nèi)完成充電。下列說法正確的是(　　) A

3、.該“超級電容器”能儲存電荷 B.該“超級電容器”的電容隨電壓的增大而增大 C.該“超級電容器”放電過程中把化學能轉(zhuǎn)化為電能 D.充電時電源的正極應接“超級電容器”的負極 答案:A 解析:電容器的電容由電容器自身結(jié)構(gòu)決定,與兩端所加電壓無關(guān),選項B錯誤。充電時電容器可以將外部電流的能量以電荷方式存儲在兩極板,轉(zhuǎn)化為電場能;放電時將電場能轉(zhuǎn)化為電能,和化學能無關(guān),選項A正確,C錯誤。充電時電源的正極應接“超級電容器”的正極,才能保障正常充電,選項D錯誤。 3.(2019·山東壽光模擬)如圖所示,虛線AB和CD分別為橢圓的長軸和短軸,相交于O點,兩個等量同種點電荷分別處于橢圓的兩個焦點

4、M、N上,下列說法正確的是(　　) A.A、B兩處電勢、電場強度均相同 B.C、D兩處電勢、電場強度均不同 C.在虛線AB上O點的電場強度最小 D.帶負電的試探電荷在O處的電勢能大于在C處的電勢能 答案:C 解析:根據(jù)順著電場線方向電勢降低,結(jié)合等量同種電荷電場線、等勢面分布對稱性特點可知,A、B電場強度方向相反,C、D兩處電場強度方向相反,電勢相同,故選項A、B錯誤;根據(jù)電場線疏密表示電場強度的大小可知,在A、B之間,O點電場強度最小,故選項C正確;O點電勢高于C點電勢,負電荷在O處電勢能小于在C處電勢能,故選項D錯誤。 4.如圖所示,虛線表示某電場的等勢面,實線表示一帶電

5、粒子僅在電場力作用下運動的徑跡。粒子在A點的加速度為aA、動能為EkA、電勢能為EpA,在B點的加速度為aB、動能為EkB、電勢能為EpB。則下列結(jié)論正確的是(　　) A.aA>aB,EkA>EkB B.aAEpB C.aAaB,EkA

6、確,選項A、B、D錯誤。 5.如圖所示,豎直平面內(nèi)的xOy坐標系中,x軸上固定一個點電荷Q,y軸上固定一根光滑絕緣細桿(細桿的下端剛好在坐標原點O處),將一個重力不計的帶電圓環(huán)(可視為質(zhì)點)套在桿上,從P處由靜止釋放,圓環(huán)從O處離開細桿后恰好繞點電荷Q做勻速圓周運動,則下列說法正確的是(　　) A.圓環(huán)沿細桿從P運動到O的過程中,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

7、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

8、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,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

9、)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 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

10、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=εrS4πkd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.(2019·河北唐山一模)如圖所示,豎直平面內(nèi)有A、B兩點,兩點的水平距離和豎直距離均為H,空間存在水平向右的勻強電場。一質(zhì)量為m的帶電小球從A點以水平速度v0拋出,

11、經(jīng)一段時間豎直向下通過B點。重力加速度為g。小球在由A到B的運動過程中,下列說法正確的是(　　) A.小球帶負電 B.速度先增大后減小 C.機械能一直減小 D.任意一小段時間內(nèi),電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量 答案:AC 解析:由題可知,小球在豎直方向做自由落體運動,在水平方向做勻減速運動,可知其所受電場力方向向左,與電場方向相反,則小球帶負電,電場力一直對小球做負功,小球的電勢能增加,機械能減小,A、C正確;小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力,合力方向指向左下方,又初速度水平向右,末速度豎直向下,由力與速度夾角關(guān)系可知,合力對小球先做負功,后做正功,小球的速度先減小

12、,后增大,B錯誤;任意一小段時間內(nèi),小球的動能、電勢能和重力勢能的和保持不變,則電勢能的增加量不一定等于重力勢能的減少量,D錯誤。 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

13、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)(2019·江蘇沭陽模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,由靜止經(jīng)電壓U加速后,從O點垂直電場強度方向射入有理想邊界MN的勻強電場后經(jīng)過P點,OP連線與粒子射入電場時速度方向之間的夾角為θ,O、P兩點間的距離為l,不計粒子重力。求: (1)粒子到達O點時的速度大小; (2)粒子從O點運動到P點

14、的時間; (3)勻強電場的電場強度大小。 答案:(1)2qUm　(2)lcos θm2qU　(3)4Usinθlcos2θ 解析:(1)粒子由靜止經(jīng)電壓U加速,有Uq=12mv02,解得v0=2qUm。 (2)粒子從O點垂直電場強度方向射入有理想邊界MN的勻強電場,則有l(wèi)cosθ=v0t 解得t=lcosθm2qU。 (3)粒子從O點垂直電場強度方向射入有理想邊界MN的勻強電場,在豎直方向有a=Eqm lsinθ=12at2,解得E=4Usinθlcos2θ。 11.(15分)如圖甲所示,相距d=15 cm的A、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

15、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,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

16、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,即有xA=2x=0.08m,xB=2·qU02md·T62=0.

17、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

18、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v2=15m/s。 (2)碰后A、B兩球進入電場,豎

19、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。