2020版高考物理一轮复习 第七章 静电场章末综合测试

2020版高考物理一轮复习 第七章 静电场章末综合测试

第七章 静电场 章末综合测试(七)‎ ‎(时间：60分钟　分数：100分)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎1.四个等量异种电荷，分别放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是(　　)‎ A．O点电场强度为零 B．A、B、C、D四个点的电场强度相同 C．将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零 D．将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能减小 解析：C　根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，O点电场强度不为零，方向由O指向C，A错误．根据对称性，A、C两点电场强度相同，B、D两点电场强度相同，而A、B两点电场强度不相同，B错误，由对称性可知，B、D两点等电势，将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零，C正确，图中A点电势高于C点，将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能增大，D错误．‎ ‎2.如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是(　　)‎ A．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低 B．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高 C．O点的电场强度为零，电势最低 D．O点的电场强度不为零，电势最高 解析：C　根据对称性得出，在O点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库仑力为零，根据电场强度定义可知O点电场强度为零．沿x轴无限远处电场强度为零，从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小．沿x轴无限远处，若设电势为零，逆着x轴方向向O点移动一个带正电的试探电荷，电场力做正功，电势能减小．根据电势的定义可知O点的电势能最小，电势最低，所以从O点沿x轴正方向，电势一直升高，A、B、D错误，C正确．‎ ‎3.如图所示虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA，电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为EkB，电势能为EpB.则下列结论正确的是(　　)‎ A．aA>aB，EkA>EkB　　　　 B．aAEpB 6‎ C．aAaB，EkAEkB，EpA0时加速度a应为负，B正确．根据qEx＝Ek－mv可知，C、D错误．‎ ‎7.如图所示，电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则(　　)‎ A．带电油滴的电势能将增大 B．P点的电势将降低，两极板间的电势差不变 C．平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大 D．电容器的电容增大，带电油滴将沿竖直方向向上运动 解析：CD　因为电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压恒定不变，将平行板电容器上极板竖直向下移动一小段距离，则两极板间的距离减小，根据公式E＝可得两极板间的电场强度增大，则P将向上运动，电场力做正功，电势能将减小．P到下极板间的距离不变，根据公式U＝Ed可得P与下极板间的电势差增大，P点电势增大．根据公式C＝可得电容增大，根据公式C＝可得电荷量增大，C、D正确．‎ ‎8.(2017·天津和平质量调查)光滑水平面上有一边长为L的正方形区域ABCD处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形的某一条边平行，一质量为m、带电荷量为q的小球由AC 6‎ 边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域，当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为(　　)‎ A.mv＋qEL B.mv＋qEL C.mv＋qEL D.mv－qEL 解析：AC　若电场方向与BD平行，则电场力做的功W≤EqL，动能满足mv0，UXX′＝0，则粒子向________板偏移，若UYY′＝0，UXX′>0，则粒子向________板偏移．‎ 答案：(1)Ⅰ　Ⅱ　(2)Y　X(每空1分)‎ ‎10.在如图所示的直角坐标系中，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场E1，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2，第四象限中有一固定的点电荷．现有一质量为m的带电粒子由第二象限中的A点(－a，b)静止释放(不计重力)，粒子到达y轴上的B点时，其速度方向和y轴负方向的夹角为45°，粒子在第四象限中恰好做匀速圆周运动，经过x轴上的C点时，其速度方向与x轴负方向的夹角为60°，则：‎ ‎(1)E1和E2之比为________；‎ ‎(2)点电荷的位置坐标为________．‎ 解析：(1)设粒子在第二象限中的运动时间为t1，进入第三象限时的速度为v0，有：‎ b＝·t，b＝v0t1‎ 设粒子在第三象限中的运动时间为t2，在B点速度为v，x轴方向的分速度为vx，则：‎ 6‎ v＝v0‎ vx＝v0‎ a＝·t，a＝vxt2‎ 由以上各式得 E1∶E2＝a∶b，t2＝.‎ ‎(2)设O、B的间距为l，粒子做圆周运动的半径为r，则：‎ l＝v0t2＝‎‎2a l＝rcos 45°＋rsin 30°‎ 由以上两式得r＝‎4a(－1)‎ 所以点电荷的位置坐标：‎ xD＝rsin 45°＝‎2a(2－)‎ yD＝－(l－rcos 45°)＝‎2a(1－)．‎ 答案：(1)a∶b　(2)[‎2a(2－)，‎2a(1－)](每空4分)‎ 三、计算题(本大题共2小题，第11题18分，12题22分，共40分．写出必要的解题步骤及文字说明，只有结果不得分)‎ ‎11．一带正电小球，由空中A点以初速度v0水平抛出，落地时速度方向与初速度方向夹角为θ1＝45°.若在整个空间施加竖直向下的电场，电场强度为E＝，小球仍由A点以相同的初速度水平抛出，求：‎ ‎(1)A点距离地面的高度；‎ ‎(2)加电场后，落地时速度方向与v0之间的夹角θ2.‎ 解析：(1)无电场时，设落地速度为v1，＝cos θ1‎ 由动能定理mgh＝mv－mv，可得h＝(8分)‎ ‎(2)加电场后，设落地速度为v2，＝cos θ2‎ 由动能定理mgh＋Eqh＝mv－mv(10分)‎ 可得θ2＝60°.‎ 答案：(1)　(2)60°‎ ‎12.如图所示，虚线左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2‎ 6‎ 平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan θ；‎ ‎(3)电子打到屏上的点O′到O点的距离．‎ 解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得：‎ a1＝＝①　　(2分)‎ 由x＝at2得：＝a1t②　　(2分)‎ 电子进入电场E2时的速度为：v1＝a1t1③　　(2分)‎ 电子从进入电场E2至打到屏上的过程中，在水平方向做匀速直线运动，时间为：t2＝④　　(2分)‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间为：t＝t1＋t2⑤　　(2分)‎ 联立①②③④⑤式解得：t＝3 ‎(2)设电子刚射出电场E2时平行电场方向的速度为vy 电子进入电场E2时的加速度为：a2＝＝⑥　　(2分)‎ vy＝a2t3⑦　　(2分)‎ t3＝⑧　　(2分)‎ 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为：tan θ＝⑨　　(2分)‎ 联立解得：tan θ＝2⑩　　(2分)‎ ‎(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示：‎ 设电子打到屏上的点O′到O点的距离为x，‎ 由几何关系得：tan θ＝⑪　　(2分)‎ 联立得：x＝‎3L.‎ 6‎ 答案：(1)3　(2)2　(3)3L 6‎