2023高考物理一轮复习章末滚动验收7静电场含解析新人教版202303181119

章末滚动验收(七)(时间：45分钟)一、单项选择题1．对以下四幅图中包含的物理知识说法正确的是(　　)　甲　　　　　　　乙　丙　　　　　　　　丁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C　[图甲中，当Q一定时，由C＝，C＝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。]2．(2019·江苏高考)一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则Pt关系图象是(　　)A　　　　B　　　　C　　　　DA　[设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向：粒子不受力，vx＝v0。沿电场方向：受电场力F电＝qE，则加速度a＝＝，经时间t-8-\n，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝电场力做功的功率P＝F电vy＝qE·＝＝kt∝t，选项A正确。]3.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则(　　)A．微粒一定带正电B．微粒一定做匀速直线运动C．可求出匀强电场的电场强度D．可求出微粒运动的加速度D　[因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，故A错误；其合外力必与速度反向，大小为F＝，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a＝，故B错误，D正确；电场力qE＝，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，故C错误。]4．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的带电小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是(　　)　甲　　　　　　　　乙A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小B　[由题图可知，甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据E＝-8-\n可知，极板间的电场强度减小，电场力减小，所以夹角将减小；乙图中电容器充电后断开电源，电容器两极板所带的电荷量不变，根据C＝，极板间的电压U＝＝，极板间的电场强度E＝＝，电场强度与两极板间距离无关，故夹角不变，B正确。]5.如图所示，真空中等量正点电荷放置在M、N两点，在MN连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是(　　)A．电荷＋q在c点的电势能大于在a点的电势能B．电荷＋q在c点的电势能小于在a点的电势能C．在MN连线的中垂线上，O点电势最高D．电荷－q从d点由静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度先减小再增大C　[根据电场线的分布情况和对称性可知，a、c两点的电势相等，则点电荷在a点的电势能一定等于在c点的电势能，故A、B错误；沿电场线方向电势降低，在MN连线的中垂线上，O点电势最高，故C正确；由对称性知O点的电场强度为零，电荷－q从d点由静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大，也可能按增大→减小→增大→减小变化，故D错误。]二、多项选择题6.某空间存在一电场，电场中的电势φ在x轴上随x的变化关系如图所示，下列说法正确的是(　　)A．在x轴上，从x1到x2电场强度方向向左B．在x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小C．把一负电荷沿x轴从x1移到x2，负电荷所受的电场力先减小后增大D．把一负电荷沿x轴从x1移到x2，电场力对负电荷做正功CD　[由图可知在x轴上，从x1到x2电势先降低后升高，故电场强度方向先向右后向左，选项A错误；因φx图象的切线斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以在x轴上，从x1到x2电场强度先减小后增大，选项B错误；由F＝qE可得，把一负电荷沿x轴从x1移到x2，负电荷所受的电场力先减小后增大，选项C正确；由Ep＝qφ可知，若负电荷在x1、x2两点电势能分别为Ep1、Ep2，则Ep1>Ep2，故把一负电荷沿x轴从x1移到x2-8-\n，电势能减小，电场力对负电荷做正功，选项D正确。]7.(2020·山西吕梁第一次模拟)如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1m/s，到B点时速度vB＝m/s，则(　　)A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝3m/sB．微粒在整个运动过程中的最终速度为m/sC．微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为m/sAB　[AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得qUAB＝mv－mv，2qUAB＝mv－mv，解得vC＝3m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误。]8.在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下。已知颗粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中(　　)A．做匀变速运动B．速率先增大后减小C．电势能增加了mv2D．a点的电势比b点低AC　[颗粒受到的重力和电场力是恒力，所以颗粒做的是匀变速运动，故A正确；颗粒所受重力与电场力的合力斜向左下方，则颗粒的速率先减小后增大，故B错误；在沿电场方向，颗粒的动能减小量为ΔEk＝mv2，减小的动能转化为了颗粒的电势能，所以颗粒电势能增加了mv2，故C正确；在沿电场方向有qUab＝0－mv2，解得Uab＝－，所以a点的电势比b点低-8-\n，故D错误。]三、非选择题9．在测定电容器电容值的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2端，电容器放电，直至放电完毕。实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的ut曲线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图。甲　　　　　　　　　　乙丙(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向________(选填“相同”或“相反”)，大小都随时间________(选填“增加”或“减小”)。(2)该电容器的电容值为________F。(结果保留两位有效数字)(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值。请你分析并说明该同学的说法是否正确。[解析]　(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小。(2)根据充电时电压—时间图线可知，电容器的电荷量为：Q＝It＝t而电压的峰值为Um＝6V，则该电容器的电容为：C＝设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S，联立解得：C＝＝＝F＝1.0×10－2F。-8-\n(3)正确，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积S”，仍可应用：C＝＝计算电容值。[答案]　(1)相反　减小　(2)1.0×10－2　(3)正确10.如图所示，在光滑绝缘的水平面上的A、B两点分别放置质量为m和2m的两个点电荷QA和QB，将两个点电荷同时释放，已知刚释放时QA的加速度为a，经过一段时间后(两电荷未相遇)，QB的加速度也为a，且此时QB的速度大小为v。求：(1)此时QA的速度和加速度的大小；(2)这段时间内QA和QB构成的系统减小的电势能。[解析]　(1)设刚释放时QA和QB之间的作用力大小为F1，当QB的加速度也为a时，作用力大小为F2，QA的速度为vA根据动量守恒定律得mvA＝2mv，解得vA＝2v，方向与v相反根据牛顿第二定律得F1＝ma，F2＝2ma此时QA的加速度a′＝＝＝2a，方向与a相同。(2)根据能量守恒定律可知，QA和QB构成的系统减小的电势能转化为两点电荷的动能，有ΔEp＝mv＋×2mv2＝3mv2。[答案]　(1)2v　2a　(3)3mv211．如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，平行金属板板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为极板间电压是不变的)求：甲　　　　　　　　　　乙　(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长。-8-\n[解析]　(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2，经电场偏转后偏移量y＝at2＝·所以y＝，由图乙知t＝0.06s时刻，U偏＝1.8U0，电子向上偏转，所以y＝4.5cm。设电子打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝解得Y＝13.5cm。(2)由题意知，电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，设电子打在荧光屏上的最远点距O点的距离为Y′，则有＝，解得Y′＝L，所以荧光屏上电子能打到的区间长为2Y′＝3L＝30cm。[答案]　(1)距O点上方13.5cm处　(2)30cm12.(2020·湖南师大附中高三检测)如图所示，绝缘光滑轨道ABCD竖直放在与水平方向成θ＝45°角的匀强电场中，其中BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切。现把一质量为m、电荷量为＋q的小球(大小忽略不计)，放在水平面上某点由静止开始释放，恰好能沿圆轨道通过半圆轨道最高点D，落地时恰好落在B点。求：(1)电场强度E的大小；(2)起点距B点的距离L。[解析]　(1)小球恰好能通过D点，则有：-8-\nmg－F＝m小球通过D点后水平方向做匀变速直线运动：x＝vt－axt2＝0由牛顿第二定律得：F＝max竖直方向做匀加速直线运动：2R＝ayt2由牛顿第二定律得：mg－F＝may且F＝qE联立得：v＝，E＝。(2)由起点到D点的过程，根据动能定理得：EqL－mg×2R＋Eq×2R＝mv2解得：L＝2.5R。[答案]　(1)　(2)2.5R-8-