2019高考物理一輪復(fù)習(xí)專用 第七章 靜電場章末綜合測試

1、第七章靜電場章末綜合測試(七)(時間：60分鐘分?jǐn)?shù)：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68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)1.四個等量異種電荷，分別放在正方形的四個頂點處，A、B、C、D為正方形四個邊的中點，O為正方形的中心，下列說法中正確的是()AO點電場強(qiáng)度為零BA、B、C、D四個點的電場強(qiáng)度相同C將一帶負(fù)電的試探電荷從B點勻速移動到D點，電場力做功為零D將一帶負(fù)電的試探電荷從A點勻速移動到C點，其電勢能減小解析：C根據(jù)點電荷電場強(qiáng)度公式和場強(qiáng)疊加原理，O點電場強(qiáng)度不為零，方向由

2、O指向C，A錯誤根據(jù)對稱性，A、C兩點電場強(qiáng)度相同，B、D兩點電場強(qiáng)度相同，而A、B兩點電場強(qiáng)度不相同，B錯誤，由對稱性可知，B、D兩點等電勢，將一帶負(fù)電的試探電荷從B點勻速移動到D點，電場力做功為零，C正確，圖中A點電勢高于C點，將一帶負(fù)電的試探電荷從A點勻速移動到C點，其電勢能增大，D錯誤x2.如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著負(fù)電荷，軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關(guān)于x軸上的電場強(qiáng)度和電勢的說法正確的是()A從O點沿x軸正方向，電場強(qiáng)度先增大后減小，電勢一直降低B從O點沿x軸正方向，電場強(qiáng)度先增大后減小，電勢先降低后升高CO點的電場強(qiáng)度為零，電勢最低DO點的電場強(qiáng)度不為零，電勢最高解析：C根據(jù)對

3、稱性得出，在O點放一試探電荷，所受圓環(huán)上均勻分布的負(fù)電荷的庫侖力為零，根據(jù)電場強(qiáng)度定義可知O點電場強(qiáng)度為零沿x軸無限遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度為零，從O點沿x軸正方向，電場強(qiáng)度先增大后減小沿x軸無限遠(yuǎn)處，若設(shè)電勢為零，逆著x軸方向向O點移動一個帶正電的試探電荷，電場力做正功，電勢能減小根據(jù)電勢的定義可知O點的電勢能最小，電勢最低，所以從O點沿x軸正方向，電勢一直升高，A、B、D錯誤，C正確3.如圖所示虛線表示某電場的等勢面一帶電粒子僅在電場力作用下由A運動到B的徑跡如圖中實線所示粒子在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()

4、AaAaB，EkAEkBBaAEpB1CaAaB，EpAaB，EkAEkB解析：C根據(jù)等電勢差等勢面稀疏處電場強(qiáng)度小，密處電場強(qiáng)度大，可知A處電場強(qiáng)度小于B處由電場力公式和牛頓第二定律可得qEma，由此可知aAEkB，EpA0時加速度a應(yīng)為負(fù)，B正確根據(jù)qExEk2mv2可知，C、D錯誤7.如圖所示，電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地一帶電油滴位于電容器中的P點恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，則()A帶電油滴的電勢能將增大BP點的電勢將降低，兩極板間的電勢差不變C平行板之間的電場強(qiáng)度增大，平行板所帶電荷量也增大D電容器的電容增大，帶電油滴將

5、沿豎直方向向上運動解析：CD因為電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓恒定不變，將平行板電Ud間的電場強(qiáng)度增大，則P將向上運動，電場力做正功，電勢能將減小P到下極板間的距離不變，根據(jù)公式UEd可得P與下極板間的電勢差增大，P點電勢增大根據(jù)公式CQU8.(2017天津和平質(zhì)量調(diào)查)光滑水平面上有一邊長為L的正方形3區(qū)域ABCD處在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，電場方向與正方形的某一條邊平行，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由AC邊的中點，以垂直于該邊的水平初速度v0進(jìn)入該正方形區(qū)域，當(dāng)小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為()110A.2mv23qEL110C.2mv22qEL120B.

6、2mv23qEL110D.2mv23qELEqL或Ekmv20EqL或Ekmv20.故A、C正確，B、D錯誤1111mv200，XX0，則粒子向_板偏移，若UYY0，XX0，則粒子向_板偏移答案：(1)(2)YX(每空1分)10.在如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第二象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場E1，第三象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E2，第四象限中有一固定的點電荷現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電粒子由第二象限中的A點(a，b)靜止釋放(不計重力)，粒子到達(dá)y軸上的B點時，其速度方向和y軸負(fù)方向的夾角為45，粒子在第四象限中恰好做勻速圓周運動，經(jīng)過x軸上的C點時，其速度方向與x軸負(fù)方向的夾角為60，則：(1)E1

7、和E2之比為_；(2)點電荷的位置坐標(biāo)為_解析：(1)設(shè)粒子在第二象限中的運動時間為t1，進(jìn)入第三象限時的速度為v0，有：1qE1124at22，avxt22mv0夾角為145.若在整個空間施加豎直向下的電場，電場強(qiáng)度為E，小球仍由A點設(shè)粒子在第三象限中的運動時間為t2，在B點速度為v，x軸方向的分速度為vx，則：v2v0vxv01qE212由以上各式得2aE1E2ab，t2.(2)設(shè)O、B的間距為l，粒子做圓周運動的半徑為r，則：lv0t22alrcos45rsin30由以上兩式得r4a(21)所以點電荷的位置坐標(biāo)：xDrsin452a(22)yD(lrcos45)2a(12)答案：(1)a

8、b(2)2a(22)，2a(12)(每空4分)三、計算題(本大題共2小題，第11題18分，12題22分，共40分寫出必要的解題步驟及文字說明，只有結(jié)果不得分)11一帶正電小球，由空中A點以初速度v0水平拋出，落地時速度方向與初速度方向2mgq以相同的初速度水平拋出，求：(1)A點距離地面的高度；(2)加電場后，落地時速度方向與v0之間的夾角2.v1v解析：(1)無電場時，設(shè)落地速度為v1，0cos11v2100由動能定理mgh2mv22mv2，可得h2g(8分)1v2v202gv(2)加電場后，設(shè)落地速度為v2，0cos110由動能定理mghEqh2mv22mv2(10分)可得260.答案：(

9、1)(2)6025v1聯(lián)立式解得：t3mLt3(2分)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為：tany(2分)12.如圖所示，虛線左側(cè)有一場強(qiáng)為E1E的勻強(qiáng)電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強(qiáng)度為E22E的勻強(qiáng)電場，在虛線PQ右側(cè)相距也為L處有一與電場E2平行的屏現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無初速度放入電場E1中的A點，最后打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值tan；(3)電子打到屏上的點O到O點的距離解析：(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律得：EeEe1a1mm(2分)1L11由x2at2得：22a1t2(2分)電子進(jìn)入電場E2時的速度為：v1a1t1(2分)2Lt電子從進(jìn)入電場E2至打到屏上的過程中，在水平方向做勻速直線運動，時間為：2(2分)電子從釋放到打到屏上所用的時間為：tt1t2(2分)Ee(2)設(shè)電子剛射出電場E2時平行電場方