高考物理一輪復習第7章靜電場章末過關檢測(七)

第7章靜電場章末過關檢測（七）（建議用時：60分鐘滿分：100分）一、單項選擇題（本題共4小題，每小題6分，共24分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確）.某點電荷和金屬圓環(huán)間的電場線分布如圖所示.下列說法正確的是（）A.a點的電勢高于b點的電勢B.若將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負功C.c點的電場強度與d點的電場強度大小無法判斷D.若將一正試探電荷從d點由靜止釋放，電荷將沿著電場線由d到c解析：選B.過a、b兩點做等勢面，可得a點的電勢比b點的電勢低，將正電荷從低電勢移到高電勢，電場力做負功，故A錯誤，B正確；電場線的疏密程度可表示電場強度，c點的電場線稀疏，d點的電場線較密，所以d點的電場強度大于c點的電場強度，C錯誤；電場線只表示電場強度，不表示粒子的運動軌跡，D錯誤.A錯誤；因虛線為涂料2.（2018?溫州中學模擬）如圖，靜電噴涂時，被噴工件接正極，A錯誤；因虛線為涂料噴槍口接負極，它們之間形成高壓電場.涂料微粒從噴槍口噴出后，只在靜電力作用下向工件運動，最后吸附在工件表面，圖中虛線為涂料微粒的運動軌跡.下列說法正確的是（）A.涂料微粒一定帶正電B.圖中虛線可視為高壓電場的部分電場線C.微粒做加速度先減小后增大的曲線運動D.噴射出的微粒動能不斷轉(zhuǎn)化為電勢能解析：選C.因工件接電源的正極，可知涂料微粒一定帶負電，選項微粒的運動軌跡，可知不能視為高壓電場的部分電場線，選項B錯誤；從噴槍口看到工件的電場先減弱后增強，可知微粒做加速度先減小后增大，因電場線是曲線，故微粒做曲線運動,D錯誤.r1), 0~c選項C正確；因電場力隨微粒做正功，故微粒的電勢能逐漸減小，選項3.（2018?重慶八中適應性考試）直角坐標系xOy中，AB兩點位于x軸上，坐標如圖所示，CD位于y軸上.CD兩點各固定一等量正點電荷，另一電量為Q的負點電荷置于O點時，D錯誤.r1), 0~c小和方向分別為（靜電力常量為k）（）八5kQ、,幾A.4工，沿x軸正方向

3kQ3kQC.31Q,7&x軸負方向D./,?&x軸正方向解析：選D.B點處的電場強度恰好為零，說明負電荷在B點產(chǎn)生的場強與正電荷在B點產(chǎn)生，……….r……，，，，r,kQ_的場強大小相等，方向相反，根據(jù)點電荷的場強公式可得，負電荷在B點的場強為嚴，兩正kQ電荷在B點的合場強也為了，當負電荷移到A點時，負電荷與B點的距離為21,負電荷在BCD寸稱，所以兩正電荷在B點產(chǎn)生的合場強…，，，一kQ、一CD寸稱，所以兩正電荷在B點產(chǎn)生的合場強點產(chǎn)生的場強為4j2方向沿x軸負方向，由于kQkQkQ3kQ的大小為L,方向沿x軸正方向，所以B點處合場強的大小為4戶=R,方向沿x軸正方向，所以A、B、C錯誤，D正確..靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖,中中（））0和d為已知量.一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心、沿x軸方//'向做周期性運動.已知該粒子質(zhì)量為m電量為一q,忽略重力.規(guī)定x軸正-片廠方向為電場強度E加速度a、速度v的正方向，下圖分別表示x軸上各點的電場強度E、小球的加速度a、速度v和動能Ek隨x的變化圖象.其中正確的是（）BCDBCD解析：選D.因（））—x圖象的斜率表示電場強度，沿電場方向電勢降低，因而在x=0的左側(cè),電場向左，且為勻強電場，故A錯誤；由于粒子帶負電，粒子的加速度在x=0左側(cè)加速度為正值，在x=0右側(cè)，加速度為負值，且大小不變，故B錯誤；在x=0左側(cè)，粒子向右勻加速，在x=0的右側(cè)，向右做勻減速運動，速度與位移不成正比，故C錯誤；在x=0左側(cè),粒子根據(jù)動能定理qEx=E,在x=0的右側(cè)，根據(jù)動能定理可得—qEx=E/—E,故D正確.、多項選擇題（本題共4小題，每小題6分，共24分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分）.某老師用圖示裝置探究庫侖力與電荷量的關系.A、B是可視為點電荷的兩帶電小球，用絕緣細線將A懸掛，實驗中在改變電荷量時，移動B并保持A、B連線與細線垂直.用Q和q表示AB的電荷量，d表示A、B間的距離，。（。不是很小）表示細線與豎直方向的夾角，x表示A偏離O點的水平距離.實驗中（）d應保持不變B的位置在同一圓弧上x與電荷量乘積Qq成正比tan0與A、B間庫侖力成正比解析：選ABC.因此實驗要探究庫侖力與電荷量的關系，故兩電荷間距d應保持不變，選項A正確；因要保持AB連線與細線垂直且AB距離總保持d不變，故B的位置在同一圓弧上，選項B正確；對A球由平衡知識可知：F庫=mgsin0,即kq?=mgL，可知x與電荷量乘積Qq成正比，選項C正確，D錯誤.（2018?廣東韶關六校聯(lián)考）如圖所示，直線MN^某電場中的一條電場線（方向未畫出）.虛線是一帶電的粒子只在電場力的作用下，由a運動到b的運動軌跡，軌跡為一拋物線.下列判斷正確的是（）A.電場線MN勺方向一定是由N指向MB.帶電粒子由a運動到b的過程中動能不一定增加C.帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能D.帶電粒子由a運動到b的過程中動能增加解析：選CD.由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，所受的電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，所以粒子所受的電場力一定是由M指向N,但是由于粒子的電荷性質(zhì)不清楚，所以電場線的方向無法確定，故A錯誤；粒子從a運動到b的過程中，電場力做正功，電勢能減小，動能增加,故B錯誤，D正確；粒子從a運動到b的過程中，電場力做正功，電勢能減小，帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能，故C正確.（2018?福建臺州質(zhì)量評估）如圖所示，豎直平面內(nèi)的xOy坐標系中，『TOC\o"1-5"\h\zx軸上固定一個點電荷Qy軸上固定一根光滑絕緣細桿（細桿的下端剛.一、好在坐標原點O處），將一個重力不計的帶電圓環(huán)（可視為質(zhì)點）套在桿,Q10\"f~~X上，從P處由靜止釋放，圓環(huán)從O處離開細桿后恰好繞點電荷Q做勻速\/'圓周運動，則下列說法中正確的是（）A.圓環(huán)沿細桿從P運動到O的過程中，加速度一直增大B.圓環(huán)沿細桿從P運動到O的過程中，速度先增大后減小C.若只增大圓環(huán)所帶的電荷量，圓環(huán)離開細桿后仍能繞點電荷Q做勻速圓周運動D.若將圓環(huán)從桿上P點上方由靜止釋放，其他條件不變，圓環(huán)離開細桿后不能繞點電荷Q做勻速圓周運動解析：選CD.圓環(huán)運動到O點且未離開細桿時庫侖力沿x軸正方向，與細桿對圓環(huán)的支持力平衡，加速度為零，則A錯誤；因為圓環(huán)到O點前，庫侖力沿y軸負方向的分量大小始終不1c為0,故一直加速，速度增加，B錯誤；設P、O兩點間電勢差為U,由動能定理有qU=-m\2,2由牛頓第二定律有丁工吧，聯(lián)立有二=一,即圓環(huán)是否做勻速圓周運動與q無關，C正確；rrrr

若從P點上方釋放，則U變大，不能做勻速圓周運動，D正確.（2018?沈陽東北育才學校模擬）一帶正電的小球向右水平拋入范圍足-夠大的勻強電場，電場方向水平向左.不計空氣阻力，則小球（）二EA.做直線運動B.做曲線運動C.速率先減小后增大D.速率先增大后減小解析：選BC.小球運動時受重力和電場力的作用，合力F方向與初速度V0方向不在一條直線上，小球做曲線運動，選項A錯誤，B正確；小球所受的合力與速度方向先成鈍角，后成銳角，因此小球的速率先減小后增大，故選項C正確，D錯誤.三、非選擇題（本題共3小題，共52分，按題目要求作答.計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位）V0向左運動?（16分）（2018?亳州模擬）如圖所示，在E=1.0X103V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPNW—水平絕緣軌道MNEV0向左運動?平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R=40cm,N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電q=1.0X104C的小滑塊質(zhì)量F10g,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)科=0.15,位于N點右側(cè)取10m/s2,求：（1）要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q則小滑塊應以多大的初速度（2）這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？解析：（1）設小滑塊到達Q點時速度為v,由牛頓第二定律得m/qE=nmR小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得1212—mg?2R—qE?2R—科（mg+qE）x=2mv_2miv聯(lián)立方程組，解得：V0=7m/s.（2）設小滑塊到達P點時速度為v',則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得1,212一（m/qE）R-科（qE+mgx=2mv—2mv又在P點時，由牛頓第二定律得v'2Fn=mr聯(lián)立代入數(shù)據(jù)，解得：Fn=0.6N由牛頓第三定律得，小滑塊對軌道的壓力大小F'N=Fn=0.6N.平板右端與桌答案：（1）7m/s（2）0.6N平板右端與桌10.（16分）如圖所示，光滑的薄平板A,放置在水平桌面上,面相齊，在平板上距右端d=0.6m處放一比荷為-=0.1C/kg的帶電體R大小可忽略）,Am長L=1m,質(zhì)量M=2kg.在桌面上方區(qū)域內(nèi)有電場強度不同的勻強電場，OO左側(cè)電場強度為E=10V/m,方向水平向右；右側(cè)電場強度為左側(cè)的5倍，方向水平向左.在薄平板A的右端施加恒定的水平作用力F,同時釋放帶電體B,經(jīng)過一段時間后，在OO處帶電體B與薄平板A分離，其后帶電體B到達桌邊緣時動能恰好為零.（g取10m/s2）求：（1）OO處到桌面右邊緣的距離；（2）加在薄平板A上恒定水平作用力F的大小.解析：（1）對B在OO左側(cè)運動時，qE=ma,設B到達OO時的速度為v,則：v2=2a1X1,對B在OO右側(cè)運動時，q-5E=ma,v2=2a2X2,由幾何關系知，xdX2=d,代入數(shù)據(jù)解得X2=0.1m.TOC\o"1-5"\h\z12（2）對平板A在B加速的時間內(nèi)，X3=L-X2,X3=2a3t2,B在同一時間內(nèi)加速的過程中，有：12X1=2a1t：對平板A在B加速的時間內(nèi)受力F的作用，由牛頓第二定律得，F(xiàn)=Ma,代入數(shù)據(jù)解得F=3.6N.答案：見解析11.（20分）（2018?上海奉賢區(qū)調(diào)研）如圖（a）,ONP為直角三角形的三個頂點，/NOP=37。，O即點處固定一電量為q1=2.0X10-8C的正點電荷，M點固定一輕質(zhì)彈簧.MN是一光滑絕緣桿，其中ONK為a=1m桿上穿有一帶正電的小球（可視為點電荷），將彈簧壓縮到O點由靜止釋放，小球離開彈簧后到達N點的速度為零.沿ON方向建立坐標軸（取O點處x=0）,圖（b）中I和n圖線分別為小球的重力勢能和電勢能隨位置坐標x變化的圖象，其中Eo=1.24X103J,E=1.92X10—3J,E=6.2X10—4J.（靜電力恒量k=9.0X109N-m2/C2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2）（1）求電勢能為Ei時小球的位置坐標X1和小球的質(zhì)量m（2）已知在X1處時小球與桿間的彈力恰好為零，求小球的電量q2；（3）求小球釋放瞬間彈簧的彈性勢能Ep.解析：（1）電勢能為E1時最大，所以應是電荷q1對小球做負功和正功的分界點，即應該是過印作的ON勺垂線與ON的交點.

xixi=acos37°1x2cos37=0.32m根據(jù)圖象得到mgh=Ei―3/口Ei1.92X103得m=；—=kg=1X10kg