2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)章末驗收7靜電場含解析

PAGE8-章末滾動驗收(七)(時間：45分鐘)一、單項選擇題1．對以下四幅圖中包含的物理學(xué)問說法正確的是()甲乙丙丁A．圖甲：將兩板間距拉開一些后，靜電計指針張角會變小B．圖乙：距離帶電體越遠(yuǎn)，等勢面的形態(tài)與帶電體的形態(tài)越相像C．圖丙：探討勻稱帶電球體在球外產(chǎn)生的電場時，可以認(rèn)為全部電荷集中在球心D．圖丁：此種電容器不僅可以接在直流電源上運用，也可以接在溝通電源上運用C[圖甲中，當(dāng)Q肯定時，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4kπd)知，d↑、C↓、U↑，靜電計指針張角變大，選項A錯誤；距離帶電體越遠(yuǎn)，等勢面的形態(tài)越接近圓形，選項B錯誤；勻稱帶電球體或球殼在球外產(chǎn)生的電場，可認(rèn)為全部電荷集中在球心，選項C正確；圖中電容器為電解電容器，只能在直流電源上運用。]2．(2024·江蘇高考)一勻強(qiáng)電場的方向豎直向上。t＝0時刻，一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關(guān)系圖象是()ABCDA[設(shè)粒子帶正電，運動軌跡如圖所示，水平方向：粒子不受力，vx＝v0。沿電場方向：受電場力F電＝qE，則加速度a＝eq\f(F電,m)＝eq\f(qE,m)，經(jīng)時間t，粒子沿電場方向的速度vy＝at＝eq\f(qEt,m)電場力做功的功率P＝F電vy＝qE·eq\f(qEt,m)＝eq\f(qE2t,m)＝kt∝t，選項A正確。]3.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運動，已知重力加速度為g，微粒的初速度為v0，則()A．微?？隙◣д夿．微粒肯定做勻速直線運動C．可求出勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度D．可求出微粒運動的加速度D[因微粒在重力和電場力作用下做直線運動，而重力豎直向下，由微粒做直線運動條件知電場力必水平向左，微粒帶負(fù)電，故A錯誤；其合外力必與速度反向，大小為F＝eq\f(mg,sinθ)，即微?？隙ㄗ鰟驕p速直線運動，加速度為a＝eq\f(g,sinθ)，故B錯誤，D正確；電場力qE＝eq\f(mg,tanθ)，但不知微粒的電荷量，所以無法求出其電場強(qiáng)度，故C錯誤。]4．如圖所示，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源。在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的帶電小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為θ，將兩圖中的右極板向右平移時，下列說法正確的是()甲乙A．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大B．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變C．甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變D．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小B[由題圖可知，甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓不變，當(dāng)極板間的距離增大時，依據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，極板間的電場強(qiáng)度減小，電場力減小，所以夾角將減?。灰覉D中電容器充電后斷開電源，電容器兩極板所帶的電荷量不變，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，極板間的電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，電場強(qiáng)度與兩極板間距離無關(guān)，故夾角不變，B正確。]5.如圖所示，真空中等量正點電荷放置在M、N兩點，在MN連線上有對稱點a、c，MN連線的中垂線上有對稱點b、d，則下列說法正確的是()A．電荷＋q在c點的電勢能大于在a點的電勢能B．電荷＋q在c點的電勢能小于在a點的電勢能C．在MN連線的中垂線上，O點電勢最高D．電荷－q從d點由靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度先減小再增大C[依據(jù)電場線的分布狀況和對稱性可知，a、c兩點的電勢相等，則點電荷在a點的電勢能肯定等于在c點的電勢能，故A、B錯誤；沿電場線方向電勢降低，在MN連線的中垂線上，O點電勢最高，故C正確；由對稱性知O點的電場強(qiáng)度為零，電荷－q從d點由靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度可能先減小再增大，也可能按增大→減小→增大→減小改變，故D錯誤。]二、多項選擇題6.某空間存在一電場，電場中的電勢φ在x軸上隨x的改變關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是()A．在x軸上，從x1到x2電場強(qiáng)度方向向左B．在x軸上，從x1到x2電場強(qiáng)度先增大后減小C．把一負(fù)電荷沿x軸從x1移到x2，負(fù)電荷所受的電場力先減小后增大D．把一負(fù)電荷沿x軸從x1移到x2，電場力對負(fù)電荷做正功CD[由圖可知在x軸上，從x1到x2電勢先降低后上升，故電場強(qiáng)度方向先向右后向左，選項A錯誤；因φ-x圖象的切線斜率的肯定值表示電場強(qiáng)度的大小，所以在x軸上，從x1到x2電場強(qiáng)度先減小后增大，選項B錯誤；由F＝qE可得，把一負(fù)電荷沿x軸從x1移到x2，負(fù)電荷所受的電場力先減小后增大，選項C正確；由Ep＝qφ可知，若負(fù)電荷在x1、x2兩點電勢能分別為Ep1、Ep2，則Ep1>Ep2，故把一負(fù)電荷沿x軸從x1移到x2，電勢能減小，電場力對負(fù)電荷做正功，選項D正確。]7.如圖所示，M、N為兩個等大的勻稱帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒(重力不計)從左方沿A、C連線方向射入，到A點時速度vA＝1m/s，到B點時速度vB＝eq\r(5)m/s，則()A．微粒從B至C做加速運動，且vC＝3m/sB．微粒在整個運動過程中的最終速度為eq\r(5)m/sC．微粒從A到C先做加速運動，后做減速運動D．微粒最終可能返回至B點，其速度大小為eq\r(5)m/sAB[AC之間電場是對稱的，A到B電場力做的功和B到C電場力做的功相同，依據(jù)動能定理可得qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，2qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vC＝3m/s，A正確；過B作垂直AC的面，此面為等勢面，微粒經(jīng)過C點之后，會向無窮遠(yuǎn)處運動，而無窮遠(yuǎn)處電勢為零，故在B點的動能等于在無窮遠(yuǎn)處的動能，依據(jù)能量守恒可以得到微粒最終的速度應(yīng)當(dāng)與在B點時相同，均為eq\r(5)m/s，B正確，D錯誤；在到達(dá)A點之前，微粒做減速運動，而從A到C微粒始終做加速運動，C錯誤。]8.在水平向左的勻強(qiáng)電場中，一帶電顆粒以速度v從a點水平向右拋出，不計空氣阻力，顆粒運動到b點時速度大小仍為v，方向豎直向下。已知顆粒的質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，則顆粒從a運動到b的過程中()A．做勻變速運動 B．速領(lǐng)先增大后減小C．電勢能增加了eq\f(1,2)mv2 D．a(chǎn)點的電勢比b點低eq\f(mv2,q)AC[顆粒受到的重力和電場力是恒力，所以顆粒做的是勻變速運動，故A正確；顆粒所受重力與電場力的合力斜向左下方，則顆粒的速領(lǐng)先減小后增大，故B錯誤；在沿電場方向，顆粒的動能減小量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，減小的動能轉(zhuǎn)化為了顆粒的電勢能，所以顆粒電勢能增加了eq\f(1,2)mv2，故C正確；在沿電場方向有qUab＝0－eq\f(1,2)mv2，解得Uab＝－eq\f(mv2,2q)，所以a點的電勢比b點低eq\f(mv2,2q)，故D錯誤。]三、非選擇題9．在測定電容器電容值的試驗中，將電容器、電壓傳感器、阻值為3kΩ的電阻R、電源、單刀雙擲開關(guān)按圖甲所示電路圖進(jìn)行連接。先使開關(guān)S與1端相連，電源向電容器充電，充電完畢后把開關(guān)S擲向2端，電容器放電，直至放電完畢。試驗得到的與電壓傳感器相連接的計算機(jī)所記錄的電壓隨時間改變的u-t曲線如圖乙所示，圖丙為由計算機(jī)對圖乙進(jìn)行數(shù)據(jù)處理后記錄了“峰值”及曲線與時間軸所圍“面積”的圖。甲乙丙(1)依據(jù)圖甲所示的電路，視察圖乙可知：充電電流與放電電流方向________(選填“相同”或“相反”)，大小都隨時間________(選填“增加”或“減小”)。(2)該電容器的電容值為________F。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)某同學(xué)認(rèn)為：仍利用上述裝置，將電壓傳感器從電阻兩端改接在電容器的兩端，也可以測出電容器的電容值。請你分析并說明該同學(xué)的說法是否正確。[解析](1)依據(jù)圖甲所示的電路，視察圖乙可知充電電流與放電電流方向相反，大小都隨時間減小。(2)依據(jù)充電時電壓—時間圖線可知，電容器的電荷量為：Q＝It＝eq\f(U,R)t而電壓的峰值為Um＝6V，則該電容器的電容為：C＝eq\f(Q,Um)設(shè)電壓—時間圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積為S，聯(lián)立解得：C＝eq\f(Q,Um)＝eq\f(S,RUm)＝eq\f(182.7,3000×6)F＝1.0×10－2F。(3)正確，電容器放電的過程中，電容器C與電阻R兩端的電壓大小相等，因此通過對放電曲線進(jìn)行數(shù)據(jù)處理后記錄的“峰值Um”及圖線與時間軸所圍“面積S”，仍可應(yīng)用：C＝eq\f(Q,Um)＝eq\f(S,RUm)計算電容值。[答案](1)相反減小(2)1.0×10－2(3)正確10.如圖所示，在光滑絕緣的水平面上的A、B兩點分別放置質(zhì)量為m和2m的兩個點電荷QA和QB，將兩個點電荷同時釋放，已知剛釋放時QA的加速度為a，經(jīng)過一段時間后(兩電荷未相遇)，QB的加速度也為a，且此時QB的速度大小為v(1)此時QA的速度和加速度的大?。?2)這段時間內(nèi)QA和QB構(gòu)成的系統(tǒng)減小的電勢能。[解析](1)設(shè)剛釋放時QA和QB之間的作用力大小為F1，當(dāng)QB的加速度也為a時，作用力大小為F2，QA的速度為vA依據(jù)動量守恒定律得mvA＝2mv，解得vA＝2v，方向與v相反依據(jù)牛頓其次定律得F1＝ma，F(xiàn)2＝2ma此時QA的加速度a′＝eq\f(F2,m)＝eq\f(2ma,m)＝2a，方向與a相同。(2)依據(jù)能量守恒定律可知，QA和QB構(gòu)成的系統(tǒng)減小的電勢能轉(zhuǎn)化為兩點電荷的動能，有ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mv2＝3mv2。[答案](1)2v2a(3)3mv11．如圖甲所示，電子由陰極飛出時的初速度忽視不計，電子放射裝置的加速電壓為U0，平行金屬板板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間改變的圖象如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認(rèn)為極板間電壓是不變的)求：甲乙(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長。[解析](1)電子經(jīng)電場加速滿意qU0＝eq\f(1,2)mv2，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up12(2)所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由圖乙知t＝0.06s時刻，U偏＝1.8U0，電子向上偏轉(zhuǎn)，所以y＝4.5cm。設(shè)電子打在屏上的點距O點的距離為Y，滿意eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))解得Y＝13.5cm。(2)由題意知，電子偏移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，設(shè)電子打在熒光屏上的最遠(yuǎn)點距O點的距離為Y′，則有eq\f(Y′,ymax)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，解得Y′＝eq\f(3,2)L，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為2Y′＝3L＝30cm。[答案](1)距O點上方13.5cm處(2)30cm12．(2024·湖南師大附中高三檢測)如圖所示，絕緣光滑軌道ABCD豎直放在與水平方向成θ＝45°角的勻強(qiáng)電場中，其中BCD部分是半徑為R的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓相切。現(xiàn)把一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(大小忽視不計)，放在水平面上某點由靜止起先釋放，恰好能沿圓軌道通過半圓軌道最高點D，落地時恰好落在B點。求：(1)電場強(qiáng)度E的大小；(2)起點距B點的距離L。[解析](1)小球恰好能通過D點，則有：mg－eq\f(\r(2),2)F＝meq\f(v2,R)小球通過D點后水平方向做勻變速直線運動：x＝vt－