高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢七 靜電場（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

單元質(zhì)檢七靜電場(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共9小題,每小題6分,共54分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~9題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)1.下圖是某驗電器的結(jié)構(gòu)圖,下列相關(guān)說法正確的是()A.金屬箔張開過程,電勢能一定減少B.金屬箔張開過程,電場力一定做負(fù)功C.兩金屬箔張開,說明金屬球帶正電D.兩片金屬箔張開時,可能帶異種電荷答案:A解析:驗電器是利用同種電荷互相排斥的原理工作的。當(dāng)用帶電體接觸驗電器的金屬球時,就有一部分電荷轉(zhuǎn)移到驗電器的金屬箔上,金屬箔帶上了同種電荷,這兩片金屬箔由于帶同種電荷互相排斥而張開;在張開的過程中電場力做正功,電勢能減小。而驗電器只能判斷物體是否帶電,不能說明是哪種電荷,故也不能說明金屬球帶哪種電荷,故A正確,B、C、D錯誤。2.(2019·浙江仿真卷)中國南車設(shè)計制造的全球首創(chuàng)超級電容儲能式現(xiàn)代電車在寧波下線,將成為二、三線城市的主要公交用車。這種超級電車的核心是我國自主研發(fā)、全球首創(chuàng)的“超級電容器”。這種電容器安全性高,可反復(fù)充放電100萬次以上,使用壽命長達十二年,且容量超大(達到9500F),能夠在10s內(nèi)完成充電。下列說法正確的是()A.該“超級電容器”能儲存電荷B.該“超級電容器”的電容隨電壓的增大而增大C.該“超級電容器”放電過程中把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能D.充電時電源的正極應(yīng)接“超級電容器”的負(fù)極答案:A解析:電容器的電容由電容器自身結(jié)構(gòu)決定,與兩端所加電壓無關(guān),選項B錯誤。充電時電容器可以將外部電流的能量以電荷方式存儲在兩極板,轉(zhuǎn)化為電場能;放電時將電場能轉(zhuǎn)化為電能,和化學(xué)能無關(guān),選項A正確,C錯誤。充電時電源的正極應(yīng)接“超級電容器”的正極,才能保障正常充電,選項D錯誤。3.(2019·山東壽光模擬)如圖所示,虛線AB和CD分別為橢圓的長軸和短軸,相交于O點,兩個等量同種點電荷分別處于橢圓的兩個焦點M、N上,下列說法正確的是()A.A、B兩處電勢、電場強度均相同B.C、D兩處電勢、電場強度均不同C.在虛線AB上O點的電場強度最小D.帶負(fù)電的試探電荷在O處的電勢能大于在C處的電勢能答案:C解析:根據(jù)順著電場線方向電勢降低,結(jié)合等量同種電荷電場線、等勢面分布對稱性特點可知,A、B電場強度方向相反,C、D兩處電場強度方向相反,電勢相同,故選項A、B錯誤;根據(jù)電場線疏密表示電場強度的大小可知,在A、B之間,O點電場強度最小,故選項C正確;O點電勢高于C點電勢,負(fù)電荷在O處電勢能小于在C處電勢能,故選項D錯誤。4.如圖所示,虛線表示某電場的等勢面,實線表示一帶電粒子僅在電場力作用下運動的徑跡。粒子在A點的加速度為aA、動能為EkA、電勢能為EpA,在B點的加速度為aB、動能為EkB、電勢能為EpB。則下列結(jié)論正確的是()A.aA>aB,EkA>EkB B.aA<aB,EpA>EpBC.aA<aB,EpA<EpB D.aA>aB,EkA<EkB答案:C解析:根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知帶電粒子受到的是靜電斥力,根據(jù)U=Ed知,等差等勢面越密的位置電場強度越大,B處等差等勢面較密集,則電場強度大,帶電粒子所受的電場力大,加速度也大,即aA<aB;從A到B,電場力對帶電粒子做負(fù)功,電勢能增加,則知B點電勢能大,即EpA<EpB,故C正確,選項A、B、D錯誤。5.如圖所示,豎直平面內(nèi)的xOy坐標(biāo)系中,x軸上固定一個點電荷Q,y軸上固定一根光滑絕緣細(xì)桿(細(xì)桿的下端剛好在坐標(biāo)原點O處),將一個重力不計的帶電圓環(huán)(可視為質(zhì)點)套在桿上,從P處由靜止釋放,圓環(huán)從O處離開細(xì)桿后恰好繞點電荷Q做勻速圓周運動,則下列說法正確的是()A.圓環(huán)沿細(xì)桿從P運動到O的過程中,加速度一直增大B.圓環(huán)沿細(xì)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(xì)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(xì)桿后仍能繞點電荷Q做勻速圓周運動答案:C解析:圓環(huán)運動到O點且未離開細(xì)桿時庫侖力沿x軸正方向,與細(xì)桿對圓環(huán)的支持力平衡,加速度為零,A錯誤。因為圓環(huán)到O點前,庫侖力沿y軸負(fù)方向的分量大小始終不為0,故一直加速,速度增加,B錯誤。設(shè)P、O兩點間電勢差為U,由動能定理有qU=12mv2,由牛頓第二定律有kQqr2=mv2r,聯(lián)立得6.兩個不規(guī)則的帶電導(dǎo)體間的電場線分布如圖所示,已知導(dǎo)體附近的電場線均與導(dǎo)體表面垂直,a、b、c、d為電場中幾個點,并且a、d為緊靠導(dǎo)體表面的兩點,以無窮遠(yuǎn)為零電勢點,則()A.電場強度大小關(guān)系有Eb>EcB.電勢大小關(guān)系有φb>φdC.將一負(fù)電荷放在d點時其電勢能為負(fù)值D.將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做正功答案:BD解析:由電場線的疏密表征電場強度的大小可知,Eb<Ec,故A錯誤;沿著電場線方向電勢降低,達到靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是等勢體,可知φb>φd,故B正確;由于a點電勢高于d點電勢,將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做功W=q(φa-φd)>0,為正功,故D正確;由于無窮遠(yuǎn)處為零電勢點,故d點電勢為負(fù),負(fù)電荷放在d點時其電勢能Epd=(-q)×φd7.如圖所示,平行板電容器與電動勢為E'的直流電源(內(nèi)阻不計)連接,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可被忽略。一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則()A.平行板電容器的電容將變小B.靜電計指針張角變小C.帶電油滴的電勢能將減少D.若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則帶電油滴所受電場力不變答案:ACD解析:將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時,兩極板的正對面積S不變,間距d變大,根據(jù)關(guān)系式C=εrS4πkd∝Sd可知,電容C減小,選項A正確;因為靜電計指針的變化表征了電容器兩極板電勢差的變化,題中電容器兩極板間的電勢差U不變,所以靜電計指針張角不變,選項B錯誤;U不變,極板間距d變大時,板間電場強度E=Ud減小,帶電油滴在P點的電勢φ=Ed1增大,其中d1為油滴到下極板的距離,又因為油滴帶負(fù)電,所以其電勢能將減少,選項C正確;若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則電容器帶電荷量Q不變,極板間距d變大,根據(jù)Q=CU,E=Ud8.(2019·河北唐山一模)如圖所示,豎直平面內(nèi)有A、B兩點,兩點的水平距離和豎直距離均為H,空間存在水平向右的勻強電場。一質(zhì)量為m的帶電小球從A點以水平速度v0拋出,經(jīng)一段時間豎直向下通過B點。重力加速度為g。小球在由A到B的運動過程中,下列說法正確的是()A.小球帶負(fù)電B.速度先增大后減小C.機械能一直減小D.任意一小段時間內(nèi),電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量答案:AC解析:由題可知,小球在豎直方向做自由落體運動,在水平方向做勻減速運動,可知其所受電場力方向向左,與電場方向相反,則小球帶負(fù)電,電場力一直對小球做負(fù)功,小球的電勢能增加,機械能減小,A、C正確;小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力,合力方向指向左下方,又初速度水平向右,末速度豎直向下,由力與速度夾角關(guān)系可知,合力對小球先做負(fù)功,后做正功,小球的速度先減小,后增大,B錯誤;任意一小段時間內(nèi),小球的動能、電勢能和重力勢能的和保持不變,則電勢能的增加量不一定等于重力勢能的減少量,D錯誤。9.如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系中有一底角是60°的等腰梯形,坐標(biāo)系中有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強電場,其中O(0,0)點電勢為6V,A(1,3)點電勢為3V,B(3,3)點電勢為零,則由此可判定()A.C點電勢為3VB.C點電勢為零C.該勻強電場的電場強度大小為100V/mD.該勻強電場的電場強度大小為1003V/m答案:BD解析:由題意知C點坐標(biāo)為(4,0),在勻強電場中,任意兩條平行線段,兩點間電勢差與其長度成正比,故UABAB=UOCOC,代入數(shù)值得φC=0,A錯誤,B正確;作BD∥AO,如圖所示,則φD=3V,即AD是一條等勢線,電場強度方向沿OG,OG⊥AD,由幾何關(guān)系得OG=3cm,由E=二、計算題(本題共3小題,共46分)10.(14分)(2019·江蘇沭陽模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,由靜止經(jīng)電壓U加速后,從O點垂直電場強度方向射入有理想邊界MN的勻強電場后經(jīng)過P點,OP連線與粒子射入電場時速度方向之間的夾角為θ,O、P兩點間的距離為l,不計粒子重力。求:(1)粒子到達O點時的速度大小;(2)粒子從O點運動到P點的時間;(3)勻強電場的電場強度大小。答案:(1)2qUm(2)lcosθm2解析:(1)粒子由靜止經(jīng)電壓U加速,有Uq=12mv02,解得(2)粒子從O點垂直電場強度方向射入有理想邊界MN的勻強電場,則有l(wèi)cosθ=v0t解得t=lcosθm2(3)粒子從O點垂直電場強度方向射入有理想邊界MN的勻強電場,在豎直方向有a=Eqlsinθ=12at2,解得E=411.(15分)如圖甲所示,相距d=15cm的A、B兩極板是在真空中平行放置的金屬板,當(dāng)給它們加上電壓后,它們之間的電場可視為勻強電場。今在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交流電壓,交流電壓的周期T=1.0×10-6s,t=0時A板的電勢比B板的電勢高,且U0=1080V,一個比荷qm=1.0×108C/kg的帶負(fù)電荷的粒子在t=0時刻從B(1)當(dāng)粒子的位移為多大時,粒子的速度第一次達到最大,最大值是多少?(2)粒子運動過程中,將與某一極板相碰撞,求粒子碰撞極板時速度的大小。答案:(1)0.04m2.4×105m/s(2)2.1×105m/s解析:粒子在電場中的運動情況比較復(fù)雜,可借助于v-t圖像分析運動的過程,如圖所示為一個周期的v-t圖像,以后粒子將重復(fù)這種運動。(1)在0~T3時間內(nèi),粒子加速向A運動;當(dāng)t=T3時,粒子速度第一次達到最大,根據(jù)牛頓第二定律可知,粒子運動的加速度為a=設(shè)粒子的最大速度為vm,此時位移為x,則x=12at2=12·qvm=at=qU0T3md=2.(2)粒子在一個周期的前2T3時間內(nèi),先加速后減速向A板運動,位移為xA;在后T3時間內(nèi),先加速后減速向B運動,位移為xB,以后的每個周期將重復(fù)上述運動,由于粒子加速和減速運動中的加速度大小相等,即有xA=2x=0.08m,xB=2·qU02md·T62=0.02m。所以粒子在一個周期內(nèi)的位移x'=xA-xB=0.06m。顯然,第2個周期末粒子距A板的距離為l=d-2x'=0.03m<0.04m,表明粒子將在第3個周期內(nèi)的前T3時間內(nèi)到達A板,設(shè)粒子到達A板的速度為v,則由v2=2aL,得v12.(17分)如圖所示,電荷量q=+2×10-3C、質(zhì)量m=0.1kg的小球B靜置于光滑的水平絕緣板右端,板的右側(cè)空間有范圍足夠大的、方向水平向左、電場強度E=103N/C的勻強電場。與B球形狀相同、質(zhì)量為0.3kg的絕緣不帶電小球A以初速度v0=10m/s向B運動,兩球發(fā)生彈性碰撞后均逆著電場的方向進入電場,在電場中兩球又發(fā)生多次彈性碰撞,已知每次碰撞時間極短,小球B所帶電荷量始終不變,重力加速度g取10m/s2。求:(1)第一次碰撞后瞬間兩小球的速度大小;(2)第二次碰撞前瞬間小球B的動能;(3)第三次碰撞的位置。答案:(1)5m/s15m/s(2)6.25J(3)在第一次碰撞點右方5m,下方20m處解析:(1)第一次碰撞時兩小球動量守恒,即3mv0=3mv1+mv2機械能守恒,即12·3mv02=解得碰后瞬間A的速度v1=5m/s,B的速度v2=15m/s。(2)碰后A、B兩球進入電場,豎直方向二者相對靜止,均做自由落體運動;水平方向上,A做勻速直線運動,B做勻減速直線運動,其加速度大小aB=qEm=20m/s設(shè)經(jīng)過時間t兩小球再次相碰,則有v1t=v2t-12aBt解得t=1s此時,B的水平速度vx=v2-aBt=-5m/s(負(fù)號表明方向向左)豎直速度vy