2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場階段檢測含解析新人教版

PAGE9-階段滾動檢測(七)(第七章)(45分鐘100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。1～5小題為單選,6～8小題為多選)1.A、B是一條電場線上的兩個點(diǎn)，一帶負(fù)電的微粒僅在靜電力作用下以肯定的初速度從A點(diǎn)沿電場線運(yùn)動到B點(diǎn)，其速度v與時間t的關(guān)系圖象如圖所示。則此電場的電場線分布可能是()【解析】選A。從v-t圖象可以看出微粒的速度漸漸減小，圖線的斜率漸漸增大，v-t圖線中圖線的斜率表示微粒的加速度大小，故微粒做加速度漸漸增大的減速運(yùn)動，所以帶負(fù)電的微粒順著電場線運(yùn)動，電場力做負(fù)功，速度漸漸減小，且電場線沿微粒運(yùn)動方向漸漸密集，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯誤。2．如圖甲所示，在光滑絕緣的水平面上固定兩個等量的正點(diǎn)電荷。M、O、N為兩點(diǎn)電荷連線上的點(diǎn)。其中O為連線中點(diǎn)，且MO＝ON。在M點(diǎn)由靜止釋放一個電荷量為q的正摸索電荷，結(jié)果該摸索電荷在MN間做來回往復(fù)運(yùn)動，在一個周期內(nèi)的v-t圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是()A．M和N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢完全相同B．摸索電荷在O點(diǎn)所受電場力最大，運(yùn)動的速度也最大C．摸索電荷在t2時刻到達(dá)O點(diǎn)，t4時刻到達(dá)N點(diǎn)D．摸索電荷從M經(jīng)O到N的過程中，電勢能先減小后增大【解析】選D。依據(jù)等量的正點(diǎn)電荷的電場的特點(diǎn)可知，M和N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，而電勢是相同的，選項(xiàng)A錯誤；依據(jù)等量的正點(diǎn)電荷的電場的特點(diǎn)可知，O點(diǎn)的電勢最低，電場強(qiáng)度為0，所以摸索電荷在O點(diǎn)所受電場力最小，但運(yùn)動的速度最大，選項(xiàng)B錯誤；摸索電荷在t2時刻的速度再次等于0，所以在t2時刻到達(dá)N點(diǎn)，選項(xiàng)C錯誤；由題圖可知，摸索電荷從M經(jīng)O到N的過程中，速度先增大后減小，則動能先增大后減小，所以電勢能先減小后增大，選項(xiàng)D正確。3．(2024·拉薩模擬)有一種電荷限制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，其中墨盒可以噴出微小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾笠钥隙ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D(zhuǎn)電場，再經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符，不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小(偏轉(zhuǎn)距離減小)，下列措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質(zhì)量B．減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離C．減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓D．減小墨汁微粒的噴出速度【解析】選C。微粒以肯定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，則在水平方向上有L＝v0t，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)at2，加速度為a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，要縮小字跡，就要減小微粒在豎直方向上的偏轉(zhuǎn)量y，由上式分析可知，可采納的方法：增大墨汁微粒的質(zhì)量、增大偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離、增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能Ek0(增大墨汁微粒的噴出速度)、減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓U等，故A、B、D錯誤，C正確。4．如圖所示為靜電除塵機(jī)理圖，廢氣先經(jīng)過一個機(jī)械過濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū)，放電極和集塵極加上高壓電場，使塵埃帶上負(fù)電，塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，達(dá)到除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標(biāo))。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量改變，則()A.電場線方向由放電極指向集塵極B．圖中A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)電勢C．塵埃在遷移過程中電勢能減小D．塵埃在遷移過程中動能減小【解析】選C。由于塵埃帶負(fù)電，要使塵埃向集塵極偏轉(zhuǎn)，所受的電場力應(yīng)指向集塵極，所以電場線應(yīng)由集塵極指向放電極，選項(xiàng)A錯誤；對A點(diǎn)分析可知，電場線從集塵極指向放電極，放電極帶負(fù)電，由于A點(diǎn)離放電極較近，所以A點(diǎn)電勢較低，選項(xiàng)B錯誤；塵埃在遷移過程中電場力做正功，電勢能減小，選項(xiàng)C正確；塵埃在遷移過程中由動能定理可知，塵埃動能增大，選項(xiàng)D錯誤。5.(2024·蚌埠模擬)如圖所示，E、F、G、H為矩形ABCD四邊的中點(diǎn)，O為EG、HF的交點(diǎn)，AB邊的長度為d。E、G兩點(diǎn)各固定一對等量點(diǎn)電荷，另一電荷量為＋Q的正點(diǎn)電荷置于H點(diǎn)時，F(xiàn)點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零。若將H點(diǎn)的正點(diǎn)電荷移到O點(diǎn)，則F點(diǎn)處電場強(qiáng)度的大小和方向?yàn)?靜電力常量為k)()A．eq\f(4kQ,d2)方向向右B．eq\f(4kQ,d2)方向向左C．eq\f(3kQ,d2)方向向右D．eq\f(3kQ,d2)方向向左【解析】選C。當(dāng)正點(diǎn)電荷在H點(diǎn)時，F(xiàn)點(diǎn)處電場強(qiáng)度恰好為零，說明EG兩個點(diǎn)上的電荷在F點(diǎn)產(chǎn)生的電場與正電荷Q的電場之和為零，依據(jù)公式E＝eq\f(kQ,r2)可得，EG兩個點(diǎn)的電荷在F點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(kQ,d2)，方向水平向左；現(xiàn)將Q點(diǎn)電荷移到O點(diǎn)，它在F點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小E1＝keq\f(4Q,d2)，方向向右，所以F點(diǎn)的合場強(qiáng)E合＝keq\f(4Q,d2)－keq\f(Q,d2)＝keq\f(3Q,d2)，方向水平向右，故C正確，A、B、D錯誤。6.如圖所示，帶電小球自O(shè)點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)C孔進(jìn)入兩水平位置的平行金屬板之間，由于電場的作用，剛好下落到D孔時速度減為零。對于小球從C到D的運(yùn)動過程，已知從C運(yùn)動到CD中點(diǎn)位置用時t1，從C運(yùn)動到速度等于C點(diǎn)速度一半的位置用時t2，下列說法正確的是()A．小球帶負(fù)電B．t1<t2C．t1>t2D．將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下【解析】選A、B。由題圖可知，A、B間的電場強(qiáng)度方向向下，小球從C到D做減速運(yùn)動，受電場力方向向上，所以小球帶負(fù)電，選項(xiàng)A正確；由于小球在電場中受到的重力和電場力都是恒力，所以小球做勻減速直線運(yùn)動，其速度圖象如圖所示，由圖可知，t1<t2，選項(xiàng)B正確，C錯誤；將B板向上平移少許時兩板間的電壓不變，依據(jù)動能定理可知mg(h＋d)－qU＝0，mg(h＋x)－eq\f(qUx,d′)＝0，聯(lián)立得x＝eq\f(h,h＋d－d′)d′<d′，即小球不到D孔就要向上返回，所以選項(xiàng)D錯誤。7．(2024·烏魯木齊模擬)如圖所示，虛線為電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等。一個質(zhì)子在A點(diǎn)的電勢能小于其在B點(diǎn)的電勢能，下列說法中正確的是()A．A點(diǎn)的電勢比B點(diǎn)的高B．A點(diǎn)的電勢比B點(diǎn)的低C．質(zhì)子在A點(diǎn)所受的電場力比B點(diǎn)的大D．質(zhì)子在A點(diǎn)所受的電場力比B點(diǎn)的小【解析】選B、D。正電荷在電場中電勢高的位置，電勢能大，由于帶正電的質(zhì)子在A點(diǎn)的電勢能小于其在B點(diǎn)的電勢能，則知A點(diǎn)的電勢比B點(diǎn)的低，故A錯誤，B正確；等差等勢面的疏密代表電場強(qiáng)度的大小，故B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于A點(diǎn)的電場強(qiáng)度，質(zhì)子在A點(diǎn)所受的電場力比B點(diǎn)的小，故C錯誤，D正確。8.(2024·內(nèi)江模擬)如圖所示,勻強(qiáng)電場中的三點(diǎn)A、B、C是一個三角形的三個頂點(diǎn),AB的長度為1m,D為AB的中點(diǎn)。已知電場線的方向平行于△ABC所在平面,A、B、C三點(diǎn)的電勢分別為4V、6V和2V。設(shè)電場強(qiáng)度大小為E,一質(zhì)子從D點(diǎn)移到C點(diǎn)電場力所做的功為W,則()A.W=7eV B.W=3eVC.E>2V/m D.E<2V/m【解析】選B、C。勻強(qiáng)電場中,由于D為AB的中點(diǎn),則D點(diǎn)的電勢φD==5V,質(zhì)子從D點(diǎn)移到C點(diǎn)電場力所做的功為W=qUDC=q(φD-φC)=1×(5-2)eV=3eV,故選項(xiàng)A錯誤,B正確;AB的長度為1m,由于電場強(qiáng)度的方向并不是沿著AB方向,所以AB兩點(diǎn)沿電場方向的距離d<1m,勻強(qiáng)電場中兩點(diǎn)電勢差與兩點(diǎn)沿電場方向的距離成正比,即U=Ed,所以E=>2V/m,故選項(xiàng)C正確,D錯誤。二、試驗(yàn)題(12分)9．(驗(yàn)證動量守恒)圖(a)中，水平放置的氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個質(zhì)量相同的滑塊，滑塊上的遮光片寬度均為d，A位于導(dǎo)軌的左端，B位于導(dǎo)軌中間，AB間、B與導(dǎo)軌右端各有一個光電門。用手推一下A，A向右運(yùn)動與B發(fā)生碰撞并粘到一起，測得A通過光電門1的遮光時間為t1；A、B一起通過光電門2時B上遮光片的遮光時間為t2。完成下列填空：(1)A通過光電門時速度的大小為______；(用題中物理量的符號表示)(2)用游標(biāo)卡尺測量d時示數(shù)如圖(b)所示，則d＝__________cm；(3)當(dāng)t1＝__________時，A、B組成的系統(tǒng)碰撞前后的動量守恒?！窘馕觥?1)由于遮光片的寬度比較小，故遮光片通過光電門的時間比較短，因此可將遮光片通過光電門的平均速度看成滑塊A通過光電門的瞬時速度，故滑塊A通過光電門的速度可表示為v＝eq\f(d,t1)。(2)游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為8mm，游標(biāo)尺讀數(shù)為0.1×5mm＝0.5mm，所以擋光片的寬度為d＝8mm＋0.5mm＝8.5mm＝0.85cm(3)滑塊A經(jīng)過光電門1的速度：v1＝eq\f(d,t1)，滑塊A、B一起經(jīng)過光電門2的速度：v2＝eq\f(d,t2)，沒有摩擦力作用，碰撞前后動量守恒，依據(jù)動量守恒定律：m·eq\f(d,t1)＝2meq\f(d,t2)，化簡得：t1＝eq\f(1,2)t2，即當(dāng)t1＝eq\f(1,2)t2時，A、B組成的系統(tǒng)碰撞前后的動量守恒。答案：(1)eq\f(d,t1)(2)0.85(3)eq\f(1,2)t2三、計算題(本題共2小題，共40分。需寫出規(guī)范的解題步驟)10.(20分)如圖所示，兩塊相同的金屬板正對著水平放置，板間距離為d。當(dāng)兩板間加電壓U時，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以水平速度v0從靠近上極板的A點(diǎn)射入電場，經(jīng)過一段時間后從靠近下極板的B點(diǎn)射出電場，A、B間的水平距離為L，不計重力影響。求：(1)帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)經(jīng)驗(yàn)的時間；(2)帶電粒子經(jīng)過B點(diǎn)時速度的大??；(3)A、B間的電勢差?！窘馕觥?1)帶電粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動，從A點(diǎn)到B點(diǎn)經(jīng)驗(yàn)時間t＝eq\f(L,v0)；(2)帶電粒子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，板間場強(qiáng)大小E＝eq\f(U,d)加速度大小a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)經(jīng)過B點(diǎn)時粒子沿豎直方向的速度大小vy＝at＝eq\f(qU,md)·eq\f(L,v0)帶電粒子在B點(diǎn)速度的大小v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋\f(q2U2L2,m2d2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))))；(3)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中，據(jù)動能定理得qUAB＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))A、B間的電勢差UAB＝eq\f(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)＝eq\f(qU2L2,2md2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))。答案：(1)eq\f(L,v0)(2)eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋\f(q2U2L2,m2d2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))))(3)eq\f(qU2L2,2md2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))11.(20分)如圖所示，在足夠高的豎直絕緣擋板上A點(diǎn)，以水平速度v0向左拋出一個質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球，由于空間存在水平向右、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場。小球拋出后經(jīng)過一段時間將再次到達(dá)墻面上的B點(diǎn)，重力加速度為g。求在此過程中：(1)小球水平方向的速度為零時到板面的距離。(2)板上A、B兩點(diǎn)間的距離。(3)小球的最小速度?！窘忸}指導(dǎo)】解答本題應(yīng)留意以下兩點(diǎn)：(1)小球在水平方向先向左做勻減速運(yùn)動而后向右做勻加速運(yùn)動，小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，運(yùn)用運(yùn)動的合成分解和牛頓其次定律可得結(jié)果；(2)將小球的速度方向沿合力方向和垂直于合力方向分解，垂直于合力方向做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)沿合力方向的速度為零時，小球的速度最小?！窘馕觥?1)小球在水平方向先向左做勻減速運(yùn)動而后向右做勻加速運(yùn)動，小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動；水平方向上有F＝max，得ax＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)，則有x＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2ax)＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qE)。(2)水平方向速度減小為零所需的時間為t1＝eq\f(v0,ax)，得t＝2t1＝eq\f(2v0,ax)＝eq\f(2mv0,qE)；豎直方向上y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(2m2gveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q2E2)。(3)將小球的速度方向沿合力方向和垂直于合力方向分解，垂直于合力方向做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)沿合力方向的速度為零時，小球的速度最小。此時vmin＝v0cosθ，依據(jù)力的關(guān)系知cosθ＝eq\f(mg,\r(q2E2＋m2g2))，解得vmin＝eq\f(mgv0,\r(q2E2＋m2g2))答案：(1)eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qE)(2)eq\f(2m2gveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q2E2)(3)eq\f(mgv0,\r(q2E2＋m2g2))【加固訓(xùn)練】

如圖所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直線軌道AB與水平放置的光滑圓弧軌道BCD相切于B點(diǎn)，整個軌道位于水平桌面內(nèi)，圓心角∠BOC=37°，線段OC垂直于OD，圓弧軌道半徑為R，直線軌道AB長為L=5R。整個軌道處于電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直線OD?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小物塊P從A點(diǎn)無初速度釋放，小物塊P與AB之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽視空氣阻力。求：(1)小物塊第一次通過C點(diǎn)時對軌道的壓力大小FNC1。(2)小物塊第一次通過D點(diǎn)后離開D點(diǎn)的最大距離。(3)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動的總路程?！窘馕?/p>