2021届高考物理一轮复习第七章静电场章末质量检测七含解析粤教版

2021届高考物理一轮复习第七章静电场章末质量检测七含解析粤教版

- 1 - 章末质量检测(七) (时间：40 分钟) 一、选择题(本题共 8 小题，1～5 题为单项选择题，6～8 题为多项选择题) 1.下列关于电场强度的说法中正确的是(　　) A.由 E＝ F q知，若 q 减半，则该处电场强度变为原来的 2 倍 B.由 E＝k Q r2知，E 与 Q 成正比，而与 r2 成反比 C.由 E＝k Q r2知，在以 Q 为球心、r 为半径的球面上的各点的电场强度均相同 D.电场中某点的电场强度的方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向 解析　电场中某点的场强大小与试探电荷的电荷量无关，故选项 A 错误；由 E＝k Q r2知，E 与 Q 成正比，而与 r2 成反比，选项 B 正确；由 E＝k Q r2知，在以 Q 为球心、r 为半径的球面上的各 点的电场强度大小均相同，但是方向不同，选项 C 错误；电场中某点的电场强度的方向就是 该点所放正电荷受到的电场力的方向，选项 D 错误。 答案　B 2.对以下四幅图中包含的物理知识说法正确的是(　　) 图 1 A.图甲：将两板间距拉开一些后，静电计指针张角会变小 B.图乙：距离带电体越远，等势面的形状与带电体的形状越相似 C.图丙：研究均匀带电球体在球外产生的电场时，可以认为全部电荷集中在球心 - 2 - D.图丁：此种电容器不仅可以接在直流电源上使用，也可以接在交流电源上使用 解析　图甲中，当 Q 一定时，由 C＝ Q U，C＝ εrS 4kπd知，d↑、C↓、U↑，静电计指针张角变大， 选项 A 错误；距离带电体越远，等势面的形状越接近圆形，选项 B 错误；均匀带电球体或球 壳在球外产生的电场，可认为全部电荷集中在球心，选项 C 正确；图中电容器为电解电容器， 只能在直流电源上使用。 答案　C 3.(2020·泰安一模)如图 2 所示，＋Q为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线，两电荷量 相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点 A 以相同的速度 v0 射入，轨迹如图中曲线，B、C 为两曲线与圆的交点。aB、aC 表示两粒子经过 B、C 时的加速度大小，vB、vC 表示两粒子经过 B、C 时的速度大小。不计粒子重力，以下判断正确的是 (　　) 图 2 A.aB＝aC　vB＝vC B.aB＞aC　vB＝vC C.aB＞aC　vB＜vC D.aB＜aC　vB＞vC 解析　库仑力 F＝ kQq r2 ，两粒子在 B、C 两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知 aB ＞aC，a＝ F m，解得 mB＜mC，因为 B、C 两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒子从 A 运 动到 B 和从 A 运动到 C，电场力做功相同且做负功，有－W＝ 1 2mv2－ 1 2mv20，所以 1 2mB(v20－v2B)＝ 1 2 mC(v20－v2C)，因为 mB＜mC，所以 vB＜vC，C 正确。 答案　C 4.如图 3 甲所示，在匀强电场中，虚线为电场线，与 Ox 轴成 θ＝37°角，Ox 轴上有 a、b、c 三点，Oa＝bc＝ 1 2ab＝2 cm，Ox 轴上各点的电势 φ 的变化规律如图乙所示。取 sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) - 3 - 图 3 A.电场线方向斜向上 B.场强大小为 800 V/m C.c 点的电势为 16 V D.电子在 a 点的电势能为－32 eV 解析　由题图乙知，沿 Ox 方向电势降低，结合“沿电场线方向电势逐渐降低”知，电场线方 向斜向下，A 错误；Ob＝6 cm，O、b 两点间的电势差 U＝48 V，由 U＝E·Obcos θ 得 E＝1×103 V/m，B 错误；b 点的电势为零，c 点的电势为负值，且为 φc＝－16 V，C 错误；a 点的电势 φa ＝ 2 3×48 V＝32 V，电子在 a 点的电势能为 Ep＝－eφa＝－32 eV，D 正确。 答案　D 5.如图 4 所示，边长为 a 的正三角形 ABC 的三个顶点分别固定带电荷量分别为＋q、＋q、－q 的点电荷，则该三角形中心 O 点处的场强为(　　) 图 4 A. 6kq a2 ，方向由 O 指向 C B. 6kq a2 ，方向由 C 指向 O C. 3kq a2 ，方向由 C 指向 O D. 3kq a2 ，方向由 O 指向 C 解析　O 点是三角形的中心，到三个点电荷的距离均为 r＝ 2 3asin 60°＝ 3 3 a，三个点电荷在 O 处产生的场强大小均为 E0＝k q r2，根据对称性和几何知识知，两个带电荷量为＋q 的点电荷在 O 处产生的合场强为 E1＝k q r2，再与带电荷量为－q 的点电荷在 O 处产生的场强合成，得到 O 点 的合场强为 E＝E1＋E0＝2k q r2＝2k q （ 3 3 a）2 ＝ 6kq a2 ，方向由 O 指向 C，故选项 A 正确。 答案　A 6.如图 5 所示，光滑的水平轨道 AB 与半径为 R 的光滑的半圆形轨道 BCD 相切于 B 点，AB 水平 - 4 - 轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点。一 质量为 m、带正电的小球从距 B 点 s 的位置在电场力的作用下由静止开始沿 AB 向右运动，恰 能通过最高点 D，则(　　) 图 5 A.R 越大，s 越小 B.R 越大，小球经过 B 点后瞬间对轨道的压力越大 C.m 越大，s 越大 D.m 与 R 同时增大，电场力做功增大 解析　小球在 BCD 部分做圆周运动，在 D 点，mg＝m v R，小球由 B 到 D 的过程中有－2mgR＝ 1 2mv 2D－ 1 2mv2B，解得 vB＝ 5gR，R 越大，小球经过 B 点时的速度越大，则 s 越大，故选项 A 错误； 在 B 点有 FN－mg＝m v R，解得 FN＝6mg，与 R 无关，故选项 B 错误；由 qEs＝ 1 2mv2B，知 m、R 越大， 小球在 B 点的动能越大，则 s 越大，电场力做功越多，故选项 C、D 正确。 答案　CD 7.(2020·湖南株洲一模)如图 6 所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金 属板 A、B，板与水平面的夹角为 θ。一个电荷量 q＝1.41×10－4 C、质量 m＝1 g 的带电小球 自 A 板上的孔 P 以大小为 0.1 m/s 的水平速度 v0 飞入两板之间的电场，经 0.02 s 后又回到 P 点，其间未与 B 板相碰，g 取 10 m/s2，则(　　) 图 6 A.板间电场强度大小为 100 V/m B.板间电场强度大小为 141 V/m C.板与水平方向的夹角 θ＝30° D.板与水平方向的夹角 θ＝45° - 5 - 解析　对带电小球进行受力分析，如图所示，小球的加速度 a＝ Δv Δt＝ 0－v0 t 2 ＝ 0－0.1 0.02 2 m/s2＝－ 10 m/s2，根据几何关系得 tan θ＝ F合 mg＝ m|a| mg ＝ |a| g ＝ 10 10＝1，故 θ＝45°，F 电＝ mg cos 45°＝ 2mg＝qE，解得 E＝100 V/m，故 A、D 正确，B、C 错误。 答案　AD 8.(2020·江西临川测试)如图 7 甲所示，两平行金属板相距为 d，在两金属板间加一如图乙所 示的交变电压，有一个粒子源在平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度相同的带 正电粒子(不计重力)。t＝0 时刻进入电场的粒子恰好在 t＝T 时刻到达 B 板右边缘，则(　　) 图 7 A.任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间都为 T B.t＝ T 4时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大 C.t＝ T 4时刻进入的粒子到达电场右边界时距 B 板的距离为 d 4 D.粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关 解析　任意时刻进入的粒子在水平方向的分运动都是匀速直线运动，则由 L＝v0t，得 t＝ L v0， 由于 L、v0 都相等，而且水平方向的速度不变，所以到达电场右边界所用时间都相等，且都为 T，故 A 正确；粒子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相 同，所以到达电场右边界时速度的变化量为零，因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于 进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关，故 B 错误，D 正确；对于 t＝0 时刻进入电场 的粒子，据题意有 d 2＝2× 1 2a( T 2)2；对于 t＝ T 4时刻进入的粒子，在前 T 2时间内竖直方向的位移向 下，大小为 y1＝2× 1 2a( T 2)2，在后 T 2时间内竖直方向的位移向上，大小为 y2＝2× 1 2a( T 2)2，则知 y1 ＝y2，即竖直方向的位移为 0，所以粒子到达电场右边界时距 B 板距离为 y＝ d 2，故 C 错误。 - 6 - 答案　AD 二、非选择题 9.如图 8 所示，在一个倾角 θ＝30°的斜面上建立 x 轴，O 为坐标原点，在 x 轴正向空间有 一个匀强电场，场强大小 E＝4.5×106 N/C，方向与 x 轴正方向相同，在 O 处放一个电荷量大 小 q＝5.0×10－6 C，质量 m＝1 kg 带负电的绝缘物块。物块与斜面间的动摩擦因数 μ＝ 3 2 ， 沿 x 轴正方向给物块一个初速度 v0＝5 m/s，如图所示(g 取 10 m/s2)。求： 图 8 (1)物块沿斜面向下运动的最大距离为多少？ (2)到物块最终停止时系统产生的焦耳热共为多少？ 解析　(1)设物块向下运动的最大距离为 xm，由动能定理得 mgsin θ·xm－μmgcos θ·xm－ qExm＝0－ 1 2mv20 代入数据解得 xm＝0.5 m。 (2)因 qE＞mgsin θ＋μmgcos θ，物块不可能停止在 x 轴正向，设最终停在 x 轴负向且离 O 点为 x 处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得 －mgxsin θ－μmgcos θ(2xm＋x)＝0－ 1 2mv20 代入数据解得 x＝0.4 m 产生的焦耳热 Q＝μmgcos θ·(2xm＋x) 代入数据解得 Q＝10.5 J。 答案　(1)0.5 m　(2)10.5 J 10.在直角坐标系中，三个边长都为 l＝2 m 的正方形排列如图 9 所示，第一象限正方形区域 ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为 E0，在第二象限正方形 COED 的对角线 CE 左侧 CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形 OEC 区域内无电场，正方形 DENM 区域内无电 场。 - 7 - 图 9 (1)现有一带电荷量为＋q、质量为 m 的带电粒子(重力不计)从 AB 边上的 A 点静止释放，恰好 能通过 E 点。求 CED 区域内的匀强电场的电场强度 E1； (2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形区域 ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒 子，要使所有的粒子都经过 E 点，则释放点的坐标值 x、y 间应满足什么关系？ 解析　(1)设粒子在第一象限的电场中加速运动，出第一象限时速度为 v，由动能定理得 qE0l＝ 1 2mv2 在第二象限中由类平抛运动的规律 l＝vt l＝ 1 2· qE1 m t2，解得 E1＝4E0。 (2)设出发点坐标为(x，y)，加速过程由动能定理得 qE0x＝ 1 2mv′2 经过分析，要过 E 点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移大小相等为 y，则 y＝v′t′，y＝ 1 2 qE1 m t′2 解得 y＝x。 答案　(1)4E0　(2)y＝x 11.(2020·舟山模拟)如图 10 所示，在竖直边界线 O1O2 左侧空间存在一竖直向下的匀强电场， 电场强度 E＝100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面 AB，其倾角为 30°，A 点距水平 地面的高度为 h＝4 m。BC 段为一粗糙绝缘水平面，其长度为 L＝ 3 m。斜面 AB 与水平面 BC 由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线 O1O2 右侧区域固定一半径为 R＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D 两点紧贴竖直边界线 O1O2， 位于电场区域的外部(忽略电场对 O1O2 右侧空间的影响)。现将一个质量为 m＝1 kg、电荷量为 q＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在 A 点由静止释放，且该小球与斜面 AB 和水平面 BC 间的动摩擦因数均为 μ＝ 3 5 。g 取 10 m/s2，求： 图 10 - 8 - (1)小球到达 C 点时的速度大小； (2)小球到达 D 点时所受轨道的压力大小； (3)小球落地点与 C 点的水平距离。 解析　(1)以小球为研究对象，由 A 点至 C 点的运动过程中，根据动能定理可得 (mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos 30° h sin 30°－μ(mg＋Eq)L ＝ 1 2mv2C－0 解得 vC＝2 10 m/s。 (2)以小球为研究对象，在由 C 点至 D 点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得 1 2mv2C＝ 1 2mv2D＋mg·2R 在 D 点以小球为研究对象，小球到达 D 点时所受轨道压力大小为 FN，可得 FN＋mg＝m v R 解得 FN＝30 N。 (3)设小球做类平抛运动的加速度大小为 a， 根据牛顿第二定律可得 mg＋qE＝ma 解得 a＝20 m/s2 假设小球落在 BC 段，小球落地点与 C 点的水平距离为 s，则应用类平抛运动的规律列式可得 s＝vDt，2R＝ 1 2at2，解得 s＝ 2 m＜ 3 m，假设正确。 答案　(1)2 10 m/s　(2)30 N　(3) 2 m