全程復習構想2023高考物理一輪復習第七章靜電場章末質量評估新人教版

PAGEPAGE6章末質量評估(七)一、選擇題(1～5題只有一個選項符合題目要求，6～9題有多個選項符合題目要求)1.在如下圖的電路中，閉合開關S，用電壓為U的直流電源對平行板電容器充電．要使電容器兩板間電壓大于U，可采取的方法為()A．先將S斷開，然后將兩板間距離拉大一些B．先將兩板間距離拉大一些，然后將S斷開C．先將兩板正對面積減小一些，然后將S斷開D．先將S斷開，然后將兩板間距離減小一些解析：假設先斷開S，那么電荷量Q不變，再將兩板間距離拉大時，電容C減小，由Q＝CU知電壓U增大，A正確；假設先拉大兩板間距離，那么電壓U不變，再斷開S，U仍不變，B錯誤；假設先將兩板正對面積減小，那么電壓U不變，再將S斷開，U仍不變，選項C錯誤；假設先將S斷開，那么電荷量Q不變，再將兩板間距離減小時，電容C增大，由Q＝CU知電壓U減小，D錯誤．答案：A2．電子束焊接機中的電場線如圖中虛線所示．K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為d.在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加速．不考慮電子重力，元電荷為e，那么以下說法正確的選項是()A．A、K之間的電場強度為eq\f(U,d)B．電子到達A極板時的動能大于eUC．由K到A電子的電勢能減小了eUD．由K沿直線到A電勢逐漸減小解析：A、K之間的電場為非勻強電場，A、K之間的電場強度不是eq\f(U,d)，選項A錯誤；由動能定理知，電子到達A極板時的動能Ek＝eU，選項B錯誤；電子由K到A的過程電場力做正功，電子的電勢能減小了eU，選項C正確；電子由K沿電場線反方向到A，電勢逐漸升高，選項D錯誤．答案：C3.如下圖，在正方形的頂點A和B上分別固定有帶電荷量為＋q和－p的點電荷，過正方形中心O并與正方形所在平面垂直的直線上有P、Q兩點，設P、Q兩點的場強大小分別為EP和EQ，P、Q兩點的電勢分別為φP和φQ.那么以下判斷正確的選項是()A．φP>φQB．φP<φQC．EP>EQ且電場強度方向相同D．EP<EQ且電場強度方向不同解析：P、Q兩點的電場都是正方形頂點A、B處的點電荷＋q和－q產生的電場的疊加．根據(jù)電勢疊加原理，這兩點的電勢相等，即φP＝φQ，選項A、B錯誤；根據(jù)點電荷電場強度公式和電場疊加原理，P點的電場強度大于Q點的電場強度，且電場強度方向相同，選項C正確，D錯誤．另解：由空間幾何關系知，P、Q兩點均在兩點電荷連線的中垂面上，由等量異種電荷的電勢和場強分布易知，只有選項C正確．答案：C4．外表均勻帶電的圓盤水平放置，從靠近圓心O處以初速度v0豎直向上拋出一個質量為m、帶電荷量為－q(q>0)的小球(看作試探電荷)，小球上升的最高點為B點，經過A點時速度最大，OA＝h1，OB＝h2，重力加速度為g，取O點電勢為零，不計空氣阻力，那么可以判斷()A．小球與圓盤帶異種電荷B．A點的場強大小為eq\f(mg,q)C．B點的電勢為eq\f(m,2q)(veq\o\al(2,0)－2gh2)D．假設UOA＝UAB，那么h1＝h2－h(huán)1解析：小球過A點時速度最大，因此先加速后減速，電場力向上，圓盤與小球帶同種電荷，A選項錯誤；小球速度最大時加速度為零，因此mg－qE＝0，A點場強E＝eq\f(mg,q)，B選項正確；由動能定理得－q(φO－φB)＝－mgh2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，φ0＝0，得φB＝eq\f(m,2q)(2gh2－veq\o\al(2,0))，C選項錯誤；由于沿OB方向場強逐漸減小，假設UOA＝UAB，那么h1<h2－h(huán)1，D選項錯誤．答案：B5．(2022·安徽池州聯(lián)考)如下圖，勻強電場水平向左，帶正電的物體沿絕緣、粗糙水平板向右運動，經A點時動能為100J，到B點時動能減少到80J，減少的動能中有12J轉化為電勢能，那么它再經過B點時，動能大小是()A．4JB．16JC．32JD．64J解析：設物體向右運動到C點靜止，然后返回，A、B間距為x1，B、C間距離為x2，從A到B過程中，由動能定理得－(Ff＋qE)x1＝(80－100)J＝－20J．由電場力做功與電勢能的關系知qEx1＝12J，解得qE＝eq\f(3Ff,2).從B到C過程中，由動能定理得－(Ff＋qE)x2＝－80J，解得Ffx2＝32J.從B到C再返回B的過程中，由動能定理得－2Ffx2＝Ek－80J，解得Ek＝16J，應選項B正確．答案：B6．(2022·福建漳州三聯(lián))空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如下圖，x軸上B、C點電場強度在x方向上的分量分別是EBx、ECx，以下說法中正確的有()A．EBx的大小大于ECx的大小B．EBx的方向沿x軸正方向C．電荷在O點受到的電場力在x方向上的分量最大D．負電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負功解析：在B點和C點附近分別取很小的一段(d)，由圖象知B點段對應的電勢差大于C點段對應的電勢差，將此小段看做是勻強電場，再由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Δφ,d)，可見EBx>ECx，A項正確；同理可知O點場強為零，電荷在該點受到的電場力為零，C項錯誤；因沿電場線方向電勢逐漸降低，那么由圖可知在O點左側，電場方向在x方向上的分量沿x軸負方向，在O點右側，電場方向在x方向上的分量沿x軸正方向，那么負電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負功，所以B項錯誤，D項正確．答案：AD7．兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢線如圖中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中f點進入電場，其運動軌跡如圖中實線所示，假設粒子只受靜電力作用，那么以下說法中正確的選項是()A．f、b、c、d、e五點中，c點電場強度最大B．帶電粒子的加速度逐漸變大C．帶電粒子的速度先增大后減小D．粒子經過b點和d點時的速度大小相同解析：電場強度的大小由電場線或等差等勢面的疏密判斷，越密的地方電場強度越大，A項正確；由a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)可判斷帶電粒子的加速度先增大后變小，B項錯誤；粒子從f到e的過程中電場力先做負功后做正功，速度先減小后增大，電勢能先增大后減小，選項C錯誤；因為b、d兩點在同一等勢面上，所以粒子在b、d兩點的電勢能相同，所以粒子經過b點和d點時的速度大小相同，選項D正確．答案：AD8．如下圖，在光滑絕緣水平面的P點正上方O點固定一個電荷量為＋Q的點電荷，在水平面上的N點，由靜止釋放質量為m，電荷量為－q的試探電荷，該試探電荷經過P點時速度為v，θ＝60°，規(guī)定電場中P點的電勢為零，那么在＋Q形成的電場中()A．N點電勢高于P點電勢B．N點電勢為－eq\f(mv2,2q)C．P點電場強度大小是N點的4倍D．檢驗電荷在N點具有的電勢能為－eq\f(1,2)mv2解析：在＋Q形成的電場中，N點電勢低于P點電勢，選項A錯誤；負試探電荷的機械能與電勢能之和保持不變，負試探電荷在N點電勢能等于eq\f(mv2,2)，N點電勢為－eq\f(mv2,2q)，選項B正確，D錯誤；由圖中幾何關系知，ON＝2OP，由點電荷電場強度公式知，P點電場強度大小是N點的4倍，選項C正確．答案：BC9．(2022·廣東高考)如下圖的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置．釋放后，M、N保持靜止，不計重力，那么()A．M的帶電荷量比N的大B．M帶負電荷、N帶正電荷C．靜止時M受到的合力比N的大D．移動過程中勻強電場對M做負功解析：對小球受力分析可得，兩小球在電場力和庫侖力的作用下處于平衡狀態(tài)，又因其庫侖力大小相等，故所受電場力大小相等，即qME＝qNE，所以M、N帶的電荷量相等，A錯誤；M帶負電，受到向左的電場力與向右的庫侖力平衡，N帶正電，受到向左的庫侖力和向右的電場力平衡，B正確；靜止時，受的合力都為零，C錯誤；M沿電場線方向有位移，所受電場力與電場線方向相反，電場力做負功，D正確．答案：BD二、非選擇題10．(2022·衡陽模擬)如下圖，水平放置的平行板電容器，兩板間距離為d＝8cm，板長為L＝25cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運動，當它運動到P處時迅速將下板向上提起eq\f(4,3)cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：(1)將下板向上提起后，液滴的加速度大小．(2)液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用時間為多少？(g取10m/s2)解析：(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，因為液滴勻速運動，所以有：qE＝mg，qeq\f(U,d)＝mg，即：qU＝mgd.當下板向上提后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉，在電場中做類平拋運動．此時液滴所受電場力F＝qeq\f(U,d′)＝eq\f(mgd,d′)，a＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,d′)－1)),m)＝eq\f(1,5)g＝2m/s2.(2)因為液滴剛好從金屬板末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是d/2.設液滴從P點開始在勻強電場中飛行的時間為t1，那么eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，t1＝eq\r(\f(d,a))＝0.2s.而液滴從剛進入電場到出電場的時間t2＝eq\f(L,v0)＝0.5s.所以液滴從射入電場開始到勻速運動到P點的時間為t＝t2－t1＝0.3s答案：(1)2m/s2(2)0.3s11．(2022·福建夏門質檢)如下圖，光滑、絕緣的水平軌道AB與四分之一圓弧軌道BC平滑連接，并均處于水平向右的勻強電場中，勻強電場的場強E＝5×103V/m，圓弧軌道半徑R＝0.4m．現(xiàn)有一帶電荷量q＝＋2×10－5C、質量m＝5×10－2kg的物塊(可視為質點)從距B端x＝1m處的P點由靜止釋放，加速運動到B端，再平滑進入圓弧軌道BC，重力加速度g＝10m/s(1)物塊在水平軌道上加速運動的時間和到達B點的速度vB的大小．(2)物塊剛進入圓弧軌道時受到的支持力NB的大?。馕觯?1)在物塊從開始至運動到B點的過程中，由牛頓第二定律可知：qE＝ma又由運動學公式有：x＝eq\f(1,2)at2解得：t＝1s又因：vB＝at得：vB＝2m/s(2)物塊剛進入圓弧軌道時，在沿半徑方向由牛頓第二定律，有：FNB－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得：FNB＝1N答案：(1)1s2m/s(2)1N12．如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場．當兩極板間加電壓UMN＝U0時，某一帶負電的粒子從O1點以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計．(1)求帶電粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)假設M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝eq\f(L,v0)，從t＝0開始，前eq\f(T,3)時間內UMN＝2U，后eq\f(2T,3)時間內UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值．解析：(1)設粒子經過時間t0打在M板中點沿極板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直極板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(qU0,2md)teq\o\al(2,0)解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2).(2)粒子通過兩板間的時間t＝eq\f(L,v0)＝T從t＝0時刻開始，粒子在兩板間運動時，每個電壓變化周期的前三分之一時間內的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每個電壓變化周期的后三分之二時間內的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)不同時刻從O1點進入電場的粒子沿電場方向