2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場新人教版

第七章靜電場綜合過關(guān)標(biāo)準(zhǔn)限時檢測總分值：100分考試時間：60分鐘一、選擇題(此題共8小題，每題6分，共計48分。1～4題為單項(xiàng)選擇，5～8題為多項(xiàng)選擇，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不選的得0分)1．(2023·武漢市局部名校測試)小球A固定于絕緣支座上、小球B用絕緣柄安裝在可上下、左右移動的支架上，兩個小球均帶正電(可視為點(diǎn)電荷)，它們的位置關(guān)系如下圖，在下述操作中，A、B的電荷量均保持不變，那么以下判斷正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號21993467)(B)A．當(dāng)B球僅水平向右緩慢移動時，A、B間的庫侖力變大B．當(dāng)B球僅水平向右緩慢移動時，絕緣柄對B球作用力的方向可能水平向左C．當(dāng)B球僅豎直向下緩慢移至與A球處于同一水平面的過程中，絕緣柄對B球的作用力一直變小D．當(dāng)B球僅豎直向下緩慢移至與A球處于同一水平面的過程中，A、B間的電勢能先增大后減小[解析]B球水平右移，兩帶電小球之間距離增大，庫侖力減小，A項(xiàng)錯誤；絕緣柄對B球的力與B球所受重力和庫侖力的合力等大反向，那么由平行四邊形定那么可知，絕緣柄對B球的力可能水平向左，B項(xiàng)正確；又因?yàn)锽球所受重力恒定不變，庫侖力隨兩球距離減小而不斷增大，且與重力的夾角不斷減小，所以二者合力不斷增大，故絕緣柄對B球的力不斷增大，C項(xiàng)錯誤；B球下移過程中，庫侖力做負(fù)功，兩球間的電勢能一直增大，D項(xiàng)錯誤。2．(2023·南昌市摸底調(diào)研)如下圖，平行板電容器與電動勢為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一小段距離，那么eq\x(導(dǎo)學(xué)號21993468)(C)A．平行板電容器的電容變大B．靜電計指針張角變小C．帶電油滴的電勢能減少D．帶電油滴受到的電場力不變[解析]由C＝eq\f(εrS,4kπd)可知，平行板電容器的電容C與兩板間的距離成反比，與兩板間的正對面積成正比，當(dāng)平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時，兩板間的正對面積不變而距離增大，故電容C減小，所以選項(xiàng)A錯誤；靜電計測量的是電容器兩極板間的電勢差，由于電容器與電源保持接通狀態(tài)，因此兩板間的電勢差始終等于電源的電動勢，那么靜電計的指針保持不變，選項(xiàng)B錯誤；在保持兩板間電勢差不變的情況下，隨著兩板間距離的增大，兩板間的電場強(qiáng)度減小，故油滴所受電場力減小，又因?yàn)镻點(diǎn)到上極板的距離不變，兩板間場強(qiáng)減小，所以P點(diǎn)與上極板的電勢差減小而與下極板的電勢差增大(兩極板間的電勢差不變)，即P點(diǎn)的電勢升高，由題意知油滴帶負(fù)電，所以油滴的電勢能減少，選項(xiàng)C正確，D錯誤。3．(2023·江西省南昌二中高三上學(xué)期第五次考試)在點(diǎn)電荷－Q的電場中，一金屬球處于靜電平衡狀態(tài)，A為球內(nèi)一點(diǎn)，B為球外外表上一點(diǎn)，那么球上感應(yīng)電荷在A點(diǎn)和B點(diǎn)所激發(fā)的附加場強(qiáng)EA′和EB′的方向在以下圖中最可能正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號21993469)(A)[解析]圓盤到達(dá)靜電平衡后，圓盤內(nèi)各點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與－Q產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反，負(fù)電荷－Q在A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向指向－Q，那么感應(yīng)電荷激發(fā)的附加場強(qiáng)背離－Q；因球處于靜電平衡時，球面是等勢面，電場線與等勢面垂直，故B點(diǎn)的合場強(qiáng)方向沿OB方向指向球外，而－Q在B點(diǎn)的場強(qiáng)沿BQ方向，可知球面的感應(yīng)電荷在B點(diǎn)的場強(qiáng)方向如A圖所示，故A正確，BCD錯誤。應(yīng)選A。4．(2023·長春市普通高中檢測)如下圖，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點(diǎn)。一帶電粒子(不計重力)以速度vM經(jīng)過M點(diǎn)向下運(yùn)動，一段時間后返回，以速度vN經(jīng)過N點(diǎn)向上運(yùn)動，全過程未與下板接觸，那么eq\x(導(dǎo)學(xué)號21993470)(D)A．粒子一定帶正電B．電場線方向一定豎直向上C．M點(diǎn)的電勢一定比N點(diǎn)的高D．粒子在N點(diǎn)的電勢能一定比在M點(diǎn)的大[解析]由題意知，兩平行金屬板的上下極板的電性不確定，所以粒子的電性也不確定，A錯誤；電場線方向也不確定，B錯誤；M、N兩點(diǎn)間的電勢關(guān)系也不確定，C錯誤；由圖知粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)所受電場力方向一定向上，所以在此過程中，電場力做負(fù)功，電勢能一定增大，即粒子在N點(diǎn)的電勢能一定比在M點(diǎn)的大，D正確。5.如下圖，A、B兩點(diǎn)固定兩個等量異種點(diǎn)電荷＋Q和－Q，O點(diǎn)為AB連線的中點(diǎn)，OD是AB連線的中垂線，BC與OD平行，AO＝BO＝BC。以下說法正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號21993471)(CD)A．D點(diǎn)的場強(qiáng)方向由D指向CB．將一負(fù)電荷由O點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力做負(fù)功C．將一正電荷由D點(diǎn)移到C點(diǎn)，正電荷的電勢能降低D．－Q在O點(diǎn)和C點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向相互垂直[解析]等量異種電荷連線的中垂面是等勢面，電場強(qiáng)度方向相同，均由A指向B，所以D點(diǎn)的場強(qiáng)方向水平向右，選項(xiàng)A錯誤；將一負(fù)電荷由O點(diǎn)移到D點(diǎn)，因?yàn)樵谕坏葎菝嫔线\(yùn)動，電場力不做功，選項(xiàng)B錯誤；D點(diǎn)電勢等于零，C點(diǎn)電勢小于零，將一正電荷由D點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場力做正功，正電荷的電勢能降低，選項(xiàng)C正確；根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場的原理E＝keq\f(Q,r2)知，－Q在O點(diǎn)和在C點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，－Q在O點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)方向向右，在C點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向上，方向相互垂直，選項(xiàng)D正確。6．(2023·湖北孝感月考)在光滑水平面上建立直角坐標(biāo)系，設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)的電勢為零，沿x軸方向的電場強(qiáng)度E隨x的變化如下圖。在坐標(biāo)原點(diǎn)處放一質(zhì)量為m＝0.2kg，電荷量為q＝－2.0×10－6C的小物塊?，F(xiàn)給小物塊施加一沿x軸正方向大小為1.0N的恒力，小物塊從靜止開始運(yùn)動，那么eq\x(導(dǎo)學(xué)號21993472)(BC)A．x＝1m處的電勢為2.5VB．小物塊能運(yùn)動到的最遠(yuǎn)位置坐標(biāo)為x＝6mC．小物塊能運(yùn)動到的最遠(yuǎn)位置電勢最低值為φ＝－3×106VD．小物塊能運(yùn)動到的最遠(yuǎn)位置電勢最低值不能確定[解析]在E－x圖象中圖線與坐標(biāo)軸所圍成的面積表示電勢差的大小，即有φ0－φ1＝eq\f(2＋3×105,2)×1V＝2.5×105V，所以φ1＝－2.5×105V，選項(xiàng)A錯誤；分析小物塊的受力可以知道小物塊先加速后減速，設(shè)小物塊能運(yùn)動到的最遠(yuǎn)位置坐標(biāo)為x，由動能定理有W合＝1.0×x＋eq\f(2＋x＋2×105,2)×x×(－2.0×10－6)＝0，解得x＝6m，選項(xiàng)B正確；由E－x圖可知，φ0－φx＝eq\f(2＋2＋6×105,2)×6V＝3×106V，所以φx＝－3×106V，選項(xiàng)C正確，D錯誤。7．(2023·無錫高三期中)如下圖，豎直向上的勻強(qiáng)電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止?，F(xiàn)撤去F，小球從靜止開始運(yùn)動到離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時速度為v，不計空氣阻力，那么上述過程中eq\x(導(dǎo)學(xué)號21993473)(BD)A．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．小球的重力勢能增加－W1C．小球的機(jī)械能增加W1＋eq\f(1,2)mv2D．小球的電勢能減少W2[解析]由于電場力做正功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，機(jī)械能不守恒，故A選項(xiàng)錯誤；重力做功是重力勢能變化的量度，由題意知重力做負(fù)功，重力勢能增加，增加量為－W1，故B選項(xiàng)正確；小球增加的機(jī)械能等于重力勢能的增加量與小球動能的增加量之和，即－W1＋eq\f(1,2)mv2，故C選項(xiàng)錯誤；根據(jù)電場力做功是電勢能變化的量度，電場力做正功電勢能減少，減少量為W2，故D選項(xiàng)正確。8．(2023·開封市高三定位考試)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿兩金屬板中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。以下關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運(yùn)動的描述中正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號21993474)(BCD)A．末速度大小為eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．克服電場力做功為eq\f(1,2)mgdD．微粒只能從下極板邊緣飛出[解析]在0～eq\f(T,3)時間內(nèi)，微粒做勻速運(yùn)動，那么有mg＝qE0，在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，微粒以初速度v0做平拋運(yùn)動，在eq\f(2T,3)時刻豎直向下的速度vy1＝eq\f(gT,3)，在eq\f(2T,3)－T時間內(nèi)，由2qE0－mg＝ma，可得a＝g，微粒豎直向上的加速度為g，在豎直方向微粒做初速度為vy＝eq\f(gT,3)的勻減速運(yùn)動，vy＝vy1－eq\f(gT,3)＝0，T時刻微粒的速度大小為v0，方向水平，故只能從下極板邊緣飛出，選項(xiàng)A錯誤，B、D正確；在0～eq\f(T,3)時間內(nèi)，微粒沿電場方向的豎直位移為零，克服電場力做功為零；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，電場力為零，克服電場力做功為零；在eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)微粒沿電場方向的豎直位移為－eq\f(d,4)，克服電場力做功W＝q·2E0×eq\f(d,4)＝eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)C正確。二、非選擇題(共2小題，共52分。計算題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分)9．(22分)(2023·湖北省黃岡中學(xué)高三上學(xué)期理綜測試)如下圖，傾角α＝37°的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝103N/C，有一個質(zhì)量為m＝3×10－3kg的帶電小球，以速度v＝1m/s沿斜面勻速下滑，求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號21993475)(1)小球帶何種電荷？電荷量為多少？(2)在小球勻速下滑的某一時刻突然撤去斜面，此后經(jīng)t＝0.2s內(nèi)小球的位移是多大？(g取10m/s2)答案：(1)正電2.25×10－5C(2)[解析](1)由于小球勻速運(yùn)動，所受重力與電場力的合力和斜面對小球的支持力平衡，由圖可知，小球必帶正電，且tanα＝eq\f(qE,mq)，所以q＝eq\f(mgtanα,E)＝2.25×10－5C；從“等效重力場〞觀點(diǎn)看，實(shí)際上就是小球所受等效重力與斜面對小球的支持力平衡，故等效重力大小、等效重力加速度大小可分別表示為G′＝mg′＝eq\f(mg,cosα)，g′＝eq\f(g,cosα)。(2)撤去斜面后，小球僅受等效重力作用，且具有與等效重力方向垂直的初速度，所以小球做“平拋運(yùn)動〞(嚴(yán)格地講是類平拋運(yùn)動，這里只是為了方便說明和處理，以下帶引號的名稱意義同樣如此。)，根本處理的方法是運(yùn)動的分解。如圖，小球在x軸方向做勻速直線運(yùn)動，在y軸方向做“自由落體運(yùn)動〞，那么有：x＝vt；y＝eq\f(1,2)g′t2，其中v＝1m/s，t＝0.2s，g′＝eq\f(g,cosα)＝eq\f(10,0.8)m/s2＝12.5m/s2解得：y＝0.25m，所以t＝0.2s內(nèi)的總位移大小為s＝eq\r(x2＋y2)＝0.32m10．(30分)(2023·江西省南昌二中高三上學(xué)期第五次考試)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。當(dāng)兩板間加電壓UMN＝U0時，兩板間為勻強(qiáng)電場，忽略兩極板外的電場。某種帶負(fù)電的粒子從O1點(diǎn)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(diǎn)，粒子重力忽略不計。eq\x(導(dǎo)學(xué)號21993476)(1)求帶電粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)假設(shè)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)內(nèi)UMN＝3U，后eq\f(2T,3)內(nèi)UMN＝－1.5U，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；(3)假設(shè)M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝eq\f(L,v0)，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，求所有粒子在運(yùn)動過程偏離中軸線最遠(yuǎn)距離的最小值與最大值之比。答案：(1)eq\f(2d2v\o\al(2,0),U0L2)(2)eq\f(U0,4)(3)eq\f(1,4)[解析](1)設(shè)粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點(diǎn)，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)計算得出：eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2)(2)粒子通過兩板時間t＝eq\f(L,v0)＝T，從t＝0時刻開始，粒子在兩板間運(yùn)動時，每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)方向垂直極板的加速度大小為：a1＝eq\f(3qU,md)；在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)方向垂直極板的加速度大小為：a2＝eq\f(3qU,2md)。所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t＝nT(n＝0,1,2,3…)或t＝nT＋eq\f(T,3)(n＝0,1,2,3…)時刻進(jìn)入電場的粒子恰好分別從極板右側(cè)上、下邊緣處飛出。它們在電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大，那么eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)(a1·eq\f(T,3))T可計算得出：U＝eq\f(U0,4)(3)在所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t＝nT＋eq\f(T,6)(n＝0,1,2,3…)或t＝nT＋eq