2020版高考物理一轮复习（练习·新人教版）第七章+静电场综合检测

2020版高考物理一轮复习（练习·新人教版）第七章+静电场综合检测

静电场综合检测 ‎(时间:90分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(本题共14小题,每小题4分,共56分.在每小题给出的四个选项中,第1～8小题只有一个选项正确,第9～14小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得 0分)‎ ‎1.下列关于匀强电场中电场强度和电势差的关系,正确的说法是(　C　)‎ A.在相同距离上的两点,电势差大的其电场强度也必定大 B.电场强度在数值上等于每单位距离上的电势降落 C.沿着电场线方向,任何相同距离上的电势降落必定相同 D.电势降落的方向必定是电场强度方向 解析:由UAB=Ed及d为沿电场线方向的距离知选项C正确,A错误;由E=知电场强度在数值上等于沿电场线方向单位距离上的电势降落,电势降落最快的方向才是电场强度的方向,选项B,D错误.‎ ‎2. 如图a,b,c,d四个点在一条直线上,a和b,b和c,c和d间的距离均为R,在a点处固定有一电荷量为Q的点电荷,在d点处固定有另一个电荷量未知的点电荷,除此之外无其他电荷,已知b点处的电场强度为零,则c点处电场强度的大小为(式中k为静电力常量)(　B　)‎ A.0 B. C. D.‎ 解析:根据b点电场强度为零知=,得Q′=4Q,c点的电场强度大小为E=-=,选项B正确.‎ ‎3.如图(甲)所示,两段等长绝缘轻质细绳将质量分别为m,‎3m的带电小球A,B(均可视为点电荷)悬挂在O点,系统处于静止状态,然后在水平方向施加一匀强电场,当系统再次达到静止状态时,如图(乙)所示,小球B刚好位于O点正下方(细绳始终处于伸长状态).则两个点电荷带电荷量QA与QB的大小关系正确的是(　A　)‎ A.7∶3 B.3∶‎1 ‎C.3∶7 D.5∶3‎ 解析:在图(乙)中,对A,B整体受力分析,由平衡条件可得FTOAcos θ=4mg,QBE+FTOAsin θ=QAE;对B受力分析,由平衡条件可得FTABcos θ+Fcos θ=3mg,FTABsin θ+Fsin θ=QBE,由以上各式解得=,故A 正确.‎ ‎4.真空中相距为‎3a的两个点电荷A和B,分别固定于x轴上x1=0和x2=‎3a的两点,在二者连线上各点电场强度随x变化关系如图所示,以下说法正确的是(　D　)‎ A.二者一定是异种电荷 B.x=a处的电势一定为零 C.x=‎2a处的电势一定大于零 D.A,B的电荷量之比为1∶4‎ 解析:电场强度先负方向减少到零又反方向增加,必为同种电荷,故A错误;电场强度为零的地方电势不一定为零,故B错误;由于没有确定零电势点,无法比较x=‎2a处的电势与零电势的高低,故C错误;x=a处合场强为0,由E=知,=,所以A,B所带电荷量的绝对值之比为1∶4,故D正确.‎ ‎5.某区域的电场线分布如图所示,其中间一根电场线是直线,一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点.取O点为坐标原点,沿直线向右为x轴正方向,粒子的重力忽略不计.在O点到A点的运动过程中,下列关于粒子运动速度和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上的电势随位移x的变化图线可能正确的是(　B　)‎ 解析:由图可知,从O到A点,电场线由密到疏再到密,电场强度先减小后增大,方向不变,因此电荷受到的电场力先减小后增大,则加速度先减小后增大,vt图像的斜率表示加速度的大小,故A错误,B正确;沿着电场线方向电势降低,而电势与位移的图像的斜率表示电场强度,故C错误;电荷在电场力作用下做正功,导致电势能减小,则动能增加,由动能定理可得动能与位移关系图线的斜率表示电场力的大小,因为电场力先减小,后增大,故D错误.‎ ‎6.在匀强电场中建立一直角坐标系,如图所示.从坐标原点沿+y轴前进‎0.2 m 到A点,电势降低了10 V,从坐标原点沿+x轴前进‎0.2 m到B点,电势升高了10 V,则匀强电场的电场强度大小和方向为(　C　)‎ A.50 V/m,方向B→A B.50 V/m,方向A→B C.100 V/m,方向B→A D.100 V/m,方向垂直AB斜向下 解析:连接AB,由题意可知,AB中点C点电势应与坐标原点O相等,连接OC即为等势线,与等势线OC垂直的方向为电场的方向,故电场方向由B→A,其大小为E== V/m=100 V/m,选项C正确.‎ ‎7.如图所示,带电荷量相等、质量不同的带电粒子a和b从带电平行板M的边缘沿平行于极板的方向进入M,N两极板间的匀强电场中,都恰好能从N板的右边缘飞出,不计重力作用,则(　C　)‎ A.两粒子进入电场时的动能一定不相等 B.两粒子进入电场时的初速度的大小一定相等 C.两粒子飞出电场时的动能一定相等 D.两粒子飞出电场时的速度大小一定相等 解析:设极板的长度是L,板间距离是d,设粒子的初速度为v0,带电粒子在极板间做类平抛运动.‎ 在水平方向有L=v0t;‎ 竖直方向有d=at2=;‎ 则粒子的初动能Ek0=m=,由于q,E,L,d相同,所以两粒子的初动能相等,选项A错误;由于两粒子进入电场时的初动能相等而粒子质量不相等,则粒子的初速度大小一定不相等,选项B错误;两粒子电荷量相等,进入与离开电场时的位置相同,则电场力做功相同,粒子的初动能相同,由动能定理可得,粒子离开电场时的动能相等,选项C正确;粒子离开电场时的动能相等,粒子质量不同,则粒子离开电场时的速度不等,选项D错误.‎ ‎8.如图所示,O点是两个点电荷+6Q和-Q连线的中点,M,N是+6Q和-Q连线中垂线上关于O点对称的两点.取无穷远处为零电势点,下列说法正确的是(　C　)‎ A.O点的电场强度不为零,电势为零 B.M,N两点的电势不为零,电场强度方向水平向右 C.将一正的试探电荷由M点移到O点,该试探电荷的电势能变大 D.将一负的试探电荷由O点移到N点,电场力对试探电荷做正功 解析:两点电荷在O点的电场强度都向右,不为零;由于两电荷电荷量不相等,将一正点电荷从无穷远处移到O点,6Q的正电荷做的负功与-Q的负电荷做的正功不相等,电场力做的总功不为零,故O点电势不为零,故A错误;M,N两点的电势不为零;由电场强度E=可知,6Q的正电荷在M,N点的电场强度大于-Q的负电荷的电场强度,根据矢量合成法则,M点的电场强度方向向右上方,N点的电场强度方向向右下方,故B错误;将一正的试探电荷由M点移到O点,6Q的正电荷做的负功大于-Q的负电荷做的正功,该试探电荷的电势能变大,故C正确;将一负的试探电荷由O点移到N点,6Q的正电荷做的负功大于-Q的负电荷做的正功,电场力对试探电荷做负功,故D错误.‎ ‎9.如图所示,在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场,E,F,G,H是各边中点,其连线构成正方形,其中P点是EH的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出.以下说法正确的是(　BD　)‎ A.粒子的运动轨迹一定经过P点 B.粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点 C.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由ED之间某点从AD边射出 D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由E点从AD边射出 解析:粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出,其轨迹是抛物线,则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点,而延长线又经过P点,所以粒子轨迹一定经过PE之间某点,选项A错误,B正确;由平抛知识可知,当竖直位移一定时,水平速度变为原来的一半,由于y方向的位移、加速度均不变,则运动时间不变,因此水平位移也变为原来的一半,粒子恰好由E点从AD边射出,选项C错误,D正确.‎ ‎10.在同一直线上的M,N两点正好是某电场中一条电场线上的两点,若在M点释放一个初速度为零的电子,电子仅受电场力作用,并沿电场线由M点运动到N点,其电势能随位移变化的关系如图所示,则下列说法正确的是(　BD　)‎ A.该电场有可能是匀强电场 B.该电场可能是负的点电荷产生的 C.N点的电势比M点电势低 D.该电子运动的加速度越来越小 解析:由Ep=-qEx可知,图像的斜率反映电场强度大小,由Epx图像可知,斜率越来越小,则电场强度逐渐减小,则选项A错误;电子由M到N的过程中,电场力做正功,电势能减小,因此电场线的方向由N到M,所以选项B正确,C错误;电子从M运动到N过程中,电场力越来越小,则加速度越来越小,选项D正确.‎ ‎11.如图所示,在水平放置的已经充电的平行板电容器之间,有一带负电的油滴处于静止状态.若某时刻油滴的电荷量开始减小(质量不变),为维持该油滴原来的静止状态应(　AD　)‎ A.给平行板电容器继续充电,补充电荷量 B.让平行板电容器放电,减少电荷量 C.使两极板相互靠近些 D.将上极板水平右移一些 解析:给平行板电容器继续充电,电荷量增大,电容不变,根据U=知电势差增大,根据E=,知电场强度增大,则油滴受到的电场力增大,能再次平衡,故A正确;让电容器放电,电荷量减小,电容不变,根据U=,知电势差减小,根据E=,知电场强度减小,则油滴受到的电场力减小,电荷不能平衡,故B错误;因为U=,C=,所以电场强度E===,与电容器两极板间的距离无关,所以电容器两极板靠近和远离时,电场强度不变,则油滴受到的电场力减小,电荷不能平衡,故C错误;因为电场强度E=,当将上极板水平右移一些即面积减小,电场强度增大,则油滴受到的电场力增大,能再次平衡,故选项D正确.‎ ‎12.在静电场中,有一带电粒子仅在电场力作用下做变加速直线运动,先后经过A,B,C点运动到D点.在粒子通过A点时开始计时,此过程的“速度—时间”图像如图所示.下列说法正确的是(　AC　)‎ A.A点的电场强度最大 B.A点的电势小于B点的电势 C.粒子在A点的电势能大于在B点的电势能 D.A,C两点的电势差UAC与C,D两点的电势差UCD相等 解析:由运动的速度—时间图像可看出:在A点时斜率最大,故加速度最大,故电场强度最大,故A正确.粒子电性不确定,无法比较电势高低,故B错误.因只有电场力做功,粒子的动能与电势能的总量不变,由图可知粒子在B点的速度最大,所以在B点的动能最大,电势能最小,所以粒子在A点的电势能大于在B点的电势能,故C正确.A,D两点的速度相等,故粒子的动能相同,A,D两点的电势能相等,电势相等,故UAC=UDC=-UCD,故D错误.‎ ‎13.两个完全相同的平行板电容器C1,C2水平放置,如图所示.开关S闭合时,两电容器中间各有一油滴A,B刚好处于静止状态.现将S断开,将C2下极板向上移动少许,然后再次闭合S,则下列说法正确的是(　BCD　)‎ A.两油滴的质量相等,电性相反 B.断开开关,移动C2下极板过程中,B所在位置的电势不变 C.再次闭合S瞬间,通过开关的电流可能从上向下 D.再次闭合开关后,A向下运动,B向上运动 解析:当S闭合时,左边电容器的上极板和右边电容器的下极板相连,即两个极板的电势相等,又因为其他两个极板都接地,电势相等,故两极板间的电势差的绝对值相等,根据mg=q,由于不知道两油滴的电荷量,故两个油滴的质量不一定相等,若C1上极板带正电,则C1电场方向竖直向下,A液滴应受到竖直向上的电场力,故带负电,C2下极板带正电,则C2电场方向竖直向上,B滴液应受到竖直向上的电场力,所以带正电,电性相反;若C1上极板带负电,则C1电场方向竖直向上,A液滴应受到竖直向上的电场力,故带正电,C2下极板带负电,则C2电场方向竖直向下,B滴液应受到竖直向上的电场力,所以带负电,电性相反,总之两油滴的电性相反,A错误;断开开关,移动C2下极板过程中,两极板所带电荷量相等,根据C=,C=,E=联立可得E=,两极板间的电场强度大小和两极板间的距离无关,故电场强度恒定,所以B的受力不变,故仍处于静止状态,与上极板(零电势)的距离不变,根据U=Ed可知B点的电势不变,B正确;S断开,将C2下极板向上移动少许,根据C=可知C2增大,根据C=可知U减小,即C2下极板电势降低,再次闭合S瞬间,C1上极板的电势大于C2下极板的电势,通过开关的电流可能从上向下,稳定后,根据E=可知C1电容器两极板间的电势差减小,电场强度减小,A向下运动,C2两极板间的电势差增大,电场强度增大,B向上运动,C,D正确.‎ ‎14.水平放置的光滑绝缘环上套有三个带电小球,小球可在环上自由移动.如图所示是小球平衡后的可能位置图.(甲)图中三个小球构成一个钝角三角形,A点是钝角三角形的顶点.(乙)图中小球构成一个锐角三角形,其中三角形边长DE>DF>EF.可以判断正确的是(　AC　)‎ A.(甲)图中A,B两小球一定带异种电荷 B.(甲)图中三个小球一定带等量电荷 C.(乙)图中三个小球一定带同种电荷 D.(乙)图中三个小球带电荷量的大小为QD>QF>QE 解析:对C球进行受力分析,根据平衡条件得C球一定要受一个排斥力和一个吸引力,则A,B球一定带不同电荷,选项A正确;如果(甲)图中小球是带等量电荷,那么小球应该均匀地分布在环上,选项B错误;对D球分析,D球不可能受到一个斥力和一个引力,所以E,F球带同种电荷,分析E球根据平衡条件可得D,F球带同种电荷,所以(乙)图中三个球带同种电荷,选项C正确;D球受到两斥力,设圆心为O,DE大于DF,同时∠ODE小于∠ODF,可得受E球斥力更大,又离E球远可得E球电荷量大于F球,选项D错误.‎ 二、非选择题(共44分)‎ ‎15.(8分)如图所示,长度为d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O上,另一端固定一质量为m、电荷量为q的带负电小球.小球可以在竖直平面内做圆周运动,AC和BD分别为圆的竖直和水平直径.等量异种点电荷+Q,-Q分别固定在以C为中点、间距为2d的水平线上的E,F两点.让小球从最高点A由静止开始运动,经过B点时小球的速度大小为v,不考虑q对+Q,-Q所产生电场的影响.求:‎ ‎(1)小球经过C点时球对杆的拉力的大小;‎ ‎(2)小球经过D点时速度的大小.‎ 解析:(1)设UBA=U,根据对称性可知,UBA=UAD=U,UAC=0‎ 小球从A到C过程,根据动能定理有 mg·2d=m(2分)‎ 沿竖直方向有FT-mg=m(1分)‎ 整理得FT=5mg(1分)‎ 根据牛顿第三定律可知,球对杆的拉力大小为5mg.(1分)‎ ‎(2)从A到B和从A到D的过程中,根据动能定理得 mgd+qU=mv2(1分)‎ mgd-qU=m(1分)‎ 整理得vD=.(1分)‎ 答案:(1)5mg　(2)‎ ‎16.(10分)如图所示,两块平行金属板MN间的距离为d,两板间电压u随时间t变化的规律如图所示,电压的绝对值为U0‎ ‎.t=0时刻M板的电势比N板低.在t=0时刻有一个电子从M板处无初速度释放,经过 1.5个周期刚好到达N板.电子的电荷量为e,质量为m.求:‎ ‎(1)该电子到达N板时的速率v.‎ ‎(2)在1.25个周期末该电子和N板间的距离s.‎ 解析:(1)由题意知,电子在第一、第三个T内向右做初速度为零的匀加速运动,第二个T内向右做末速度为零的匀减速运动.由x=at2知,这三段时间内电子的位移是相同的.‎ 在第三个T内对电子用动能定理eU=mv2,(3分)‎ 其中U=U0,得v=.(2分)‎ ‎(2)在第三个T内,电子做初速度为零的匀加速运动,总位移是d,前一半时间内的位移是该位移的,‎ 为x′=d,(3分)‎ 因此这时离N板的距离s=d-d=d.(2分)‎ 答案:(1)　(2)d ‎17.(12分)如图所示,在竖直面内有一矩形区ABCD,水平边AB=L,竖直边BC=L,O为矩形对角线的交点.将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出,小球经过BC边时的速度方向与BC夹角为60°.使此小球带电,电荷量为q(q>0),同时加一平行于矩形ABCD的匀强电场.现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球,小球从矩形边界的不同位置射出,其中经过C点的小球的动能为初动能的,经过E点(DC中点)的小球的动能为初动能的,重力加速度为g,求:‎ ‎(1)小球的初动能;‎ ‎(2)取电场中O点的电势为零,求C,E两点的电势;‎ ‎(3)带电小球经过矩形边界的哪个位置动能最大?最大动能是多少?‎ 解析:(1)没加电场时,由平抛运动知识 水平方向L=v0t(1分)‎ 竖直方向vy=gt(1分)‎ vy=v0tan 30°‎ 联立解得小球的初动能Ek0=m=mgL.(1分)‎ ‎(2)加电场后,根据能量守恒定律 由O到C:qC=mgL+Ek0-Ek0=mgL(1分)‎ 由O到E:qE=mgL+Ek0-Ek0=mgL(1分)‎ 则C=,E=.(1分)‎ ‎(3)如图,取OC中点F,则EF为等势线,电场线与等势线EF垂直 由UOE=ELcos 30°(1分)‎ 得qE=mg(1分)‎ 用正交分解法求出电场力和重力的合力 Fx=qEsin 30°=mg(1分)‎ Fy=qEcos 30°=mg(1分)‎ 合力F==mg,方向沿OD 合力对小球做功越多,小球动能越大,则从D点射出的带电小球动能最大,根据动能定理 F·=Ekm-Ek0(1分)‎ 解得最大初动能Ekm=mgL.(1分)‎ 答案:(1)mgL　(2)　　(3)见解析 ‎18.(14分)如图所示,在方向竖直向上、大小为E=1×106 V/m的匀强电场中,固定一个穿有A,B两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环,圆环在竖直平面内,圆心为O、半径为R=‎0.2 m.A,B用一根绝缘轻杆相连,A带的电荷量为q=+7×10‎-7 C,B不带电,质量分别为mA= ‎0.01 kg,mB=‎0.08 kg.将两小球从圆环上的图示位置(A与圆心O等高,B在圆心O的正下方)由静止释放,两小球开始沿逆时针方向转动.取g =‎10 m/s2.‎ ‎(1)通过计算判断,小球A能否到达圆环的最高点C;‎ ‎(2)求小球A的最大速度值;(可保留根号)‎ ‎(3)求小球A从图示位置逆时针转动的过程中,其电势能变化的最 大值.‎ 解析:(1)设A,B在转动过程中,轻杆对A,B做的功分别为WT,WT′,则 WT+WT′=0(1分)‎ 设A,B到达圆环最高点的动能分别为EkA,EkB 对A由动能定理 qER-mAgR+WT1=EkA(1分)‎ 对B由动能定理 WT1′-mBgR=EkB(1分)‎ 联立解得 EkA+EkB=-0.04 J(1分)‎ 上式表明,A在圆环最高点时,系统动能为负值.‎ 故A不能到达圆环最高点.(1分)‎ ‎(2)设B转过α角时,A,B的速度大小分别为vA,vB,因A,B做圆周运动的半径和角速度均相同,故 vA=vB(1分)‎ 对A由动能定理 qERsin α-mAgRsin α+WT2=mA(1分)‎ 对B由动能定理 WT2′-mBgR(1-cos α)=mB(1分)‎ 联立解得 ‎=×(3sin α+4cos α-4)(1分)‎ 解得 当tan α=时,A,B的最大速度均为vmax= m/s.(1分)‎ ‎(3)A,B从图示位置逆时针转动过程中,当两球速度为0时,电场力做功最多,电势能减少最多,故得 ‎3sin α+4cos α-4=0(1分)‎ 解得 sin α=(sin α=0舍去)‎ 故A的电势能减少量 ‎|ΔEp|=qERsin α(2分)‎ 代入数值得 ‎|ΔEp|= J=0.134 4 J.(1分)‎ ‎(其他解法合理均可)‎ 答案:(1)不能,理由见解析　(2) m/s (3)0.134 4 J