高考物理大一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢七 靜電場(chǎng) 新人教版-新人教版高三全冊(cè)物理試題

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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9小題,每小題6分,共54分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6~9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. 將等量的正、負(fù)電荷分別放在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上(如圖所示)。O點(diǎn)為該正方形對(duì)角線的交點(diǎn),直線段AB通過O點(diǎn)且垂直于該正方形,OA>OB,以下對(duì)A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度的判斷,正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度 B.A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度 C.A點(diǎn)電勢(shì)等于B點(diǎn)電勢(shì) D.

2、A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì) 答案C 解析由電荷的對(duì)稱分布規(guī)律可知AB直線上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;同理將一電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力做功為0,則AB電勢(shì)差為0,A點(diǎn)電勢(shì)等于B點(diǎn)電勢(shì),選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)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(gè)等量異種的檢驗(yàn)電荷a、b,用絕緣細(xì)桿連接后從離AB無窮遠(yuǎn)處沿中垂線平移到AB的連線,平移過程中兩檢驗(yàn)電荷位置始終關(guān)于中垂線對(duì)稱。若規(guī)定離AB無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)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(shì)φa<0 B.a、b整體在AB連線處具有的電勢(shì)能Ep>0 C.整個(gè)移

3、動(dòng)過程中,靜電力對(duì)a做正功 D.整個(gè)移動(dòng)過程中,靜電力對(duì)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(chǎng)分布可知,AB中垂線是條等勢(shì)線,又規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零,所以AB中垂線上的任意一點(diǎn)電勢(shì)都為零,則AB的中點(diǎn)處電勢(shì)為零,又因A是正電荷,電場(chǎng)線方向?yàn)锳指向B,所以φa>0,φb<0,故A錯(cuò)誤。設(shè)a、b的電荷量為q,a的電勢(shì)能Epa=qφa>0,b的電勢(shì)能Epb=(-q)φb>0,所以a、b整體在AB連線處具有的電勢(shì)能Ep>0,故B正確。a、b在無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)能均為零,所以在移動(dòng)過程中,a、b的電勢(shì)能均增大,靜電力做負(fù)功,故C、D錯(cuò)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(diǎn),在A、D兩點(diǎn)固定有電荷量為Q1和Q2的正點(diǎn)電荷,一不計(jì)重力的帶電小球,恰好能靜止在C點(diǎn),現(xiàn)使該小球以一定的初速度從A點(diǎn)沿軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn),則下列說法正確的是(　　) A.兩點(diǎn)電荷的電荷量之比Q1∶Q2=33∶1 B.小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)加速度等于0 C.小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大 D.小球在B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)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(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng),且F1=F2,故加速度應(yīng)指向圓心,B錯(cuò)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(shì)面越密的位置電場(chǎng)強(qiáng)度越大,B處等差等勢(shì)面較密集,則電場(chǎng)強(qiáng)度大,帶電粒子所受的電場(chǎng)力大,加速度也大,即aA

7、中,加速度一直增大 B.圓環(huán)沿細(xì)桿從P運(yùn)動(dòng)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(xì)桿后仍能繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng) D.若將圓環(huán)從桿上P點(diǎn)上方由靜止釋放,其他條件不變,圓環(huán)離開細(xì)桿后仍能繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 答案C 解析圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)且未離開細(xì)桿時(shí)庫侖力沿x軸正方向,與細(xì)桿對(duì)圓環(huán)的支持力平衡,加速度為零,A錯(cuò)誤。因?yàn)閳A環(huán)到O點(diǎn)前,庫侖力沿y軸負(fù)方向的分量大小始終不為0,故一直加速,速度增加,B錯(cuò)誤。設(shè)P、O兩點(diǎn)間電勢(shì)差為U,由動(dòng)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(yùn)動(dòng)與q無關(guān),C正

8、確。若從P點(diǎn)上方釋放,則U變大,不能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),D錯(cuò)誤。 6. 兩個(gè)不規(guī)則的帶電導(dǎo)體間的電場(chǎng)線分布如圖所示,已知導(dǎo)體附近的電場(chǎng)線均與導(dǎo)體表面垂直,a、b、c、d為電場(chǎng)中幾個(gè)點(diǎn),并且a、d為緊靠導(dǎo)體表面的兩點(diǎn),以無窮遠(yuǎn)為零電勢(shì)點(diǎn),則(　　) A.電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系有Eb>Ec B.電勢(shì)大小關(guān)系有φb>φd C.將一負(fù)電荷放在d點(diǎn)時(shí)其電勢(shì)能為負(fù)值 D.將一正電荷由a點(diǎn)移到d點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做正功 答案BD 解析由電場(chǎng)線的疏密表征電場(chǎng)強(qiáng)度的大小可知,Ebφd,故B正確;由于a點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)電勢(shì),

9、將一正電荷由a點(diǎn)移到d點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做功W=q(φa-φd)>0,為正功,故D正確;由于無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)點(diǎn),故d點(diǎn)電勢(shì)為負(fù),負(fù)電荷放在d點(diǎn)時(shí)其電勢(shì)能Epd=(-q)×φd>0,為正值,故C錯(cuò)誤。 7. 如圖所示,平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E'的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接,下極板接地,靜電計(jì)所帶電荷量很少,可被忽略。一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離,則(　　) A.平行板電容器的電容將變小 B.靜電計(jì)指針張角變小 C.帶電油滴的電勢(shì)能將減少 D.若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開,再將下極板向下移動(dòng)一小段距離,則帶電油滴所受電場(chǎng)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(dòng)一小段距離時(shí),兩極板的正對(duì)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(xiàng)A正確;因?yàn)殪o電計(jì)指針的變化表征了電容器兩極板電勢(shì)差的變化,題中電容器兩極板間的電勢(shì)差U不變,所以靜電計(jì)指針張角不變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;U不變,極板間距d變大時(shí),板間電場(chǎng)強(qiáng)度E=Ud減小,帶電油滴在P點(diǎn)的電勢(shì)φ=Ed1增大,其中d1為油滴到下極板的距離,又因?yàn)橛偷螏ж?fù)電,所以其電勢(shì)能將減少,選項(xiàng)C正確;若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開,再將下極板向下移動(dòng)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(chǎng)強(qiáng)度E不變,所以帶電油滴所受電場(chǎng)力不變,選項(xiàng)D正確。 8.(2018·湖北荊州期末)如圖所示,質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場(chǎng)的方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)(重力不計(jì)),則從開始射入到打到上極板的過程中(　　) A.它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ=tP B.它們所帶電荷量之比qP∶qQ=1∶2 C.它們的電勢(shì)能減少量之比ΔEP∶ΔEQ=1∶2 D.它們的動(dòng)能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶4 答案ABD 解析帶電粒子在垂直電場(chǎng)方向上不受力,都做勻速直線運(yùn)動(dòng),位移相等,

12、由x=v0t可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,即tQ=tP,故A正確;平行電場(chǎng)方向受到電場(chǎng)力,做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)位移時(shí)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(chǎng)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(shì)能的減少量等于電場(chǎng)力做的功,即ΔE=qEy,因?yàn)樨Q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(shì)能減少量之比為ΔEP∶ΔEQ=1∶4,故C錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理,有qEy=ΔEk,而qP∶qQ=1∶2,yP∶yQ=1∶2,所以動(dòng)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(biāo)系中有一底角是60°的等腰梯形,坐標(biāo)系中有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場(chǎng),其中O(0,0)點(diǎn)電勢(shì)為6 V,A(1,3)點(diǎn)電勢(shì)為3 V,B(3,3)點(diǎn)電勢(shì)為零,則由此可判定(　　) A.C點(diǎn)電勢(shì)為3 V B.C點(diǎn)電勢(shì)為零 C.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100 V/m D.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為1003 V/m 答案BD 解析 由題意知C點(diǎn)坐標(biāo)為(4,0),在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,任意兩條平行線段,兩點(diǎn)間電勢(shì)差與其長度成正比,故UABAB=UOCOC,代入數(shù)值得φC=0,A錯(cuò)誤,B正確;作BD∥AO,如圖所示,則φD=3V,即AD是

14、一條等勢(shì)線,電場(chǎng)強(qiáng)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(cuò)誤,D正確。 二、計(jì)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(chǎng)、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和豎直放置的熒光屏,如圖所示。若已知加速電場(chǎng)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(diǎn)O。不計(jì)電子進(jìn)入加速電場(chǎng)的速度及電子重力。若兩金屬板間只存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),兩板間的偏轉(zhuǎn)

15、電壓為U2,電子會(huì)打在熒光屏上某點(diǎn),該點(diǎn)到O點(diǎn)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(dòng)能定理得 eU1=12mv02 電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)區(qū)做類平拋運(yùn)動(dòng),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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=U2d 離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的位移y=12at2 設(shè)離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為θ,則tanθ=vyv0=atv0 打到熒光屏上的亮點(diǎn)的位置到O點(diǎn)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(dāng)給它們加上電壓后,它們之間的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)。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(shí)A板的電勢(shì)比B板的電勢(shì)高,且U0=1 080 V,一個(gè)比荷qm=1.0×108 C/kg的帶負(fù)電荷的粒子在t=0時(shí)刻從B板附近由靜止開始運(yùn)動(dòng),不計(jì)重力。 (1)當(dāng)粒子的位移為多大時(shí),粒子的速度第一次達(dá)到最大,最大值是多少? (2)粒子運(yùn)動(dòng)過程中,將與某一極板相碰撞,求粒子碰撞極板時(shí)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜

17、,可借助于v-t圖像分析運(yùn)動(dòng)的過程,如圖所示為一個(gè)周期的v-t圖像,以后粒子將重復(fù)這種運(yùn)動(dòng)。 (1)在0~T3時(shí)間內(nèi),粒子加速向A運(yùn)動(dòng);當(dāng)t=T3時(shí),粒子速度第一次達(dá)到最大,根據(jù)牛頓第二定律可知,粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為a=Fm=qU0md, 設(shè)粒子的最大速度為vm,此時(shí)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(gè)周期的前2T3時(shí)間內(nèi),先加速后減速向A板運(yùn)動(dòng),位移為xA;在后T3時(shí)間內(nèi),先加速后減速向B運(yùn)動(dòng),位移為xB,以后的每個(gè)周期將重復(fù)上述運(yùn)動(dòng),由于粒子加速和減速運(yùn)動(dòng)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(gè)周期內(nèi)的位移x'=xA-xB=0.06m。顯然,第2個(gè)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(gè)周期內(nèi)的前T3時(shí)間內(nèi)到達(dá)A板,設(shè)粒子到達(dá)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(chǎng)強(qiáng)度E=103 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)。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(yùn)動(dòng),兩球發(fā)生彈性碰撞后均逆著電場(chǎng)的方向進(jìn)入電場(chǎng),在電場(chǎng)中兩球又發(fā)生多次彈性碰撞,已知每次碰撞時(shí)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(dòng)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(diǎn)右方5 m,下方20 m處 解析(1)第一次碰撞時(shí)兩小球動(dòng)量守恒,即 3mv0=3mv1+mv2 機(jī)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(jìn)入電場(chǎng),豎直方向二者相對(duì)靜止,均做自由落體運(yùn)動(dòng);水平方向上,A做勻速直線運(yùn)動(dòng),B做勻減速直線運(yùn)動(dòng),其加速度大小aB=qEm=20m/s2 設(shè)經(jīng)過時(shí)間t兩小球再次相碰,則有v1t=v2t-12aBt2 解得t=1s 此時(shí),B的水平速度vx=v2-aBt=-5m/s(負(fù)號(hào)表明方向向左) 豎直速度vy=gt=10m/s 故第二次碰前B的動(dòng)能 EkB=12mvB2=12m(vx2+vy2)=6.25J。 (3)第二次碰撞時(shí),A、B兩小球水平方向上動(dòng)量守恒 3mv1+mvx=3mv1'+mvx' 水平方向上機(jī)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(yùn)動(dòng)與A相同),水平方向上,B做勻減速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)又經(jīng)過時(shí)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(diǎn)右方x=v1t=5m 下方y(tǒng)=12g(t+t')2=20m。