2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場章末質(zhì)量檢測含解析滬科版

PAGE9-章末質(zhì)量檢測(七)(時(shí)間：50分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～8題為多項(xiàng)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()A.圖甲：將兩板間距拉開一些后，靜電計(jì)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(shí)，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(yùn)用，也可以接在溝通電源上運(yùn)用解析圖甲中，當(dāng)Q肯定時(shí)，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4kπd)知，d↑、C↓、U↑，靜電計(jì)指針張角變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；距離帶電體越遠(yuǎn)，等勢面的形態(tài)越接近圓形，選項(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)C正確；圖中電容器為電解電容器，只能在直流電源上運(yùn)用。答案C2.如圖1所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一個(gè)帶負(fù)電的摸索電荷固定在P點(diǎn)。靜電計(jì)的金屬球與電容器的負(fù)極板連接，外殼接地。以E表示兩板間的場強(qiáng)，φ表示P點(diǎn)的電勢，EP表示該摸索電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持負(fù)極板不動，將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計(jì)帶電量可忽視不計(jì))，各物理量變更狀況描述正確的是()圖1A.E增大，φ降低，EP減小，θ增大B.E不變，φ降低，EP增大，θ減小C.E不變，φ上升，EP減小，θ減小D.E減小，φ上升，EP減小，θ減小解析將正極板適當(dāng)向右水平移動，兩板間的距離減小，依據(jù)電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C增大；因平行板電容器充電后與電源斷開，則電容器的電量Q不變，由C＝eq\f(Q,U)得知，板間電壓U減小，因此夾角θ減小；再依據(jù)板間場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可見E不變；P點(diǎn)到正極板距離減小，且正極接地，由公式U＝Ed得知，則P點(diǎn)的電勢上升；負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢能減小，故選項(xiàng)C正確。答案C3.如圖2所示，在x軸上放置兩正點(diǎn)電荷Q1、Q2，當(dāng)空間存在沿y軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場時(shí)，y軸上A點(diǎn)的電場強(qiáng)度等于零，已知?jiǎng)驈?qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E，兩點(diǎn)電荷到A的距離分別為r1、r2，則在y軸上與A點(diǎn)對稱的B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為()圖2A.0 B.EC.2E D.E＋keq\f(Q1,req\o\al(2,1))＋keq\f(Q2,req\o\al(2,2))解析因空間中存在場強(qiáng)大小為E、方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，又A點(diǎn)的電場強(qiáng)度等于零，所以Q1、Q2在A點(diǎn)的合電場的場強(qiáng)等于E，方向沿y軸正方向，依據(jù)對稱性，Q1、Q2在B點(diǎn)的合電場的場強(qiáng)大小也等于E，方向沿y軸負(fù)方向，故B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為2E，選項(xiàng)C正確；A、B、D錯(cuò)誤。答案C4.如圖3甲所示，在勻強(qiáng)電場中，虛線為電場線，與Ox軸成θ＝37°角，Ox軸上有a、b、c三點(diǎn)，Oa＝bc＝eq\f(1,2)ab＝2cm，Ox軸上各點(diǎn)的電勢φ的變更規(guī)律如圖乙所示。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()圖3A.電場線方向斜向上B.場強(qiáng)大小為800V/mC.c點(diǎn)的電勢為16VD.電子在a點(diǎn)的電勢能為－32eV解析由題圖乙知，沿Ox方向電勢降低，結(jié)合“沿電場線方向電勢漸漸降低”知，電場線方向斜向下，A錯(cuò)誤；Ob＝6cm，O、b兩點(diǎn)間的電勢差U＝48V，由U＝E·Obcosθ得E＝1×103V/m，B錯(cuò)誤；b點(diǎn)的電勢為零，c點(diǎn)的電勢為負(fù)值，且為φc＝－16V，C錯(cuò)誤；a點(diǎn)的電勢φa＝eq\f(2,3)×48V＝32V，電子在a點(diǎn)的電勢能為Ep＝－eφa＝－32eV，D正確。答案D5.如圖4所示，帶正電的粒子以肯定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為＋q，粒子通過平行金屬板的時(shí)間為t(不計(jì)粒子的重力)，則()圖4A.在前eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(qU,4)B.在后eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(qU,8)C.在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為1∶1D.在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為2∶1解析粒子進(jìn)入極板后做類平拋運(yùn)動，沿極板方向做勻速直線運(yùn)動，垂直極板方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，所以在前eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，沿電場線方向的位移y1＝eq\f(1,8)d，即初末位置的電勢差U1＝eq\f(1,8)U，電場力做功W1＝U1q＝eq\f(1,8)Uq，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在后eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，沿電場線方向的位移y2＝eq\f(3,8)d，即初末位置的電勢差U2＝eq\f(3,8)U，電場力做功W2＝U2q＝eq\f(3,8)Uq，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，所經(jīng)區(qū)域的電勢差相同，即電場力做功相同，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案C6.(2024·河北唐山一模)如圖5所示，豎直平面內(nèi)有A、B兩點(diǎn)，兩點(diǎn)的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m的帶電小球從A點(diǎn)以水平速度v0拋出，經(jīng)一段時(shí)間豎直向下通過B點(diǎn)。重力加速度為g，小球在由A到B的運(yùn)動過程中，下列說法正確的是()圖5A.小球帶負(fù)電B.速度先增大后減小C.機(jī)械能始終減小D.隨意一小段時(shí)間內(nèi)，電勢能的增加量總等于重力勢能的削減量解析由題可知，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動，在水平方向做勻減速直線運(yùn)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，電場力始終對小球做負(fù)功，小球的電勢能增加，機(jī)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(cuò)誤；隨意一小段時(shí)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肯定等于重力勢能的削減量，D錯(cuò)誤。答案AC7.如圖6所示，虛線a、b、c表示在O處某一點(diǎn)電荷的電場中的三個(gè)等勢面，設(shè)兩相鄰等勢面間的間距相等。一電子射入電場后的運(yùn)動軌跡如圖中實(shí)線所示，其中1、2、3、4表示電子的運(yùn)動軌跡與等勢面的一些交點(diǎn)。由此可以判定()圖6A.電子在1、2、3、4位置處所具有的電勢能與動能的總和肯定相等B.O處的點(diǎn)電荷肯定帶負(fù)電C.a、b、c三個(gè)等勢面的電勢關(guān)系是φa>φb>φcD.電子從位置1到2和從位置3到4的過程中電場力做功的關(guān)系是|W12|＝2W34解析由能量守恒可知，電子的電勢能與動能的總和保持不變，故選項(xiàng)A正確；由電子射入電場后的運(yùn)動軌跡可知場源點(diǎn)電荷為負(fù)點(diǎn)電荷，選項(xiàng)B正確；沿著電場線方向電勢降低，即φc>φb>φa，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在點(diǎn)電荷的電場中，雖然兩相鄰等勢面間的間距相等，但ab間的場強(qiáng)大于bc間的場強(qiáng)，由U＝Ed可知Uab≠Ubc，電子從位置1到2和從位置3到4的過程中電場力做功|W12|≠2W34，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB8.某靜電場中x軸上電場強(qiáng)度E隨x變更的關(guān)系如圖7所示，設(shè)x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向。一帶電荷量大小為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向運(yùn)動，結(jié)果粒子剛好能運(yùn)動到x＝3x0處，假設(shè)粒子僅受電場力作用，E0和x0已知，則()圖7A.粒子肯定帶負(fù)電B.粒子的初動能大小為eq\f(3,2)qE0x0C.粒子沿x軸正方向運(yùn)動過程中電勢能先增大后減小D.粒子沿x軸正方向運(yùn)動過程中最大動能為2qE0x0解析假如粒子帶負(fù)電，粒子在電場中肯定先做減速運(yùn)動后做加速運(yùn)動，因此粒子x＝3x0處的速度不行能為零，故粒子肯定帶正電，A錯(cuò)誤；依據(jù)動能定理eq\f(1,2)qE0x0－eq\f(1,2)×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝eq\f(3,2)qE0x0，B正確；粒子向右運(yùn)動的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，因此電勢能先減小后增大，C錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動到x0處動能最大，依據(jù)動能定理eq\f(1,2)qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正確。答案BD二、非選擇題(本題共4小題，共52分)9.(14分)(2024·北京卷，23)電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對給定電容值為C的電容器充電，無論采納何種充電方式，其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變更圖象都相同。圖8(1)請?jiān)趫D8中畫出上述u－q圖象。類比直線運(yùn)動中由v－t圖象求位移的方法，求兩極間電壓為U時(shí)電容器所儲存的電能Ep；(2)在如圖9甲所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源(忽視內(nèi)阻)。通過變更電路中元件的參數(shù)對同一電容器進(jìn)行兩次充電，對應(yīng)的q－t曲線如圖乙中①②所示。a.①②兩條曲線不同是________(選填E或R)的變更造成的；b.電容器有時(shí)須要快速充電，有時(shí)須要?jiǎng)蚍Q充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實(shí)現(xiàn)這兩種充電方式的途徑；圖9(3)設(shè)想運(yùn)用志向的“恒流源”替換(2)中電源對電容器充電，可實(shí)現(xiàn)電容器電荷量隨時(shí)間勻稱增加。請思索運(yùn)用“恒流源”和(2)中電源對電容器的充電過程，填寫下表(選填“增大”“減小”或“不變”)?！昂懔髟础?2)中電源電源兩端電壓通過電源的電流解析(1)u－q圖線如圖所示電壓為U時(shí)，電容器帶電Q，圖線和橫軸圍成的面積表示所儲存的電能EpEp＝eq\f(1,2)QU，又Q＝CU故Ep＝eq\f(1,2)CU2。(2)a.由圖象知，電容器充完電后，①②兩次電荷量相等，說明兩次電源電動勢相等，Q＝CU＝CE。故①②兩條曲線不同不是E的變更造成的，只能是R的變更造成的。b.剛起先充電瞬間，電容器兩端的電壓為零，電路的瞬時(shí)電流為I＝eq\f(E,R)，故減小電阻R，剛起先充電瞬間電流I大，曲線上該點(diǎn)切線斜率大，即為曲線①。這樣能在較短時(shí)間內(nèi)，使電荷量達(dá)到最大，故可以實(shí)現(xiàn)對電容器快速充電。增大電阻R，剛起先充電瞬間電流I小，即為曲線②，該曲線接近線性，可以實(shí)現(xiàn)勻稱充電。(3)接(2)中電源時(shí)，由于忽視電源E的內(nèi)阻，故電源兩端電壓不變。通過電源的電流I＝eq\f(E－U,R)，隨著電容器兩端電壓U不斷變大，通過電源的電流減小?！昂懔髟础笔侵鸽娫摧敵龅碾娏骱愣ú蛔?。接“恒流源”時(shí)，隨著電容器兩端電壓的增大，“恒流源”兩端電壓增大。答案(1)u－q圖線如解析圖所示Ep＝eq\f(1,2)CU2(2)a.Rb.減小電阻R，可以實(shí)現(xiàn)對電容器更快速充電；增大電阻R，可以實(shí)現(xiàn)更勻稱充電。(3)“恒流源”(2)中電源電源兩端電壓增大不變通過電源的電流不變減小10.(12分)(2024·四川成都診斷)如圖10甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為m，帶電荷量大小為e的電子(初速度可視為0)。在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變更的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板間中線與電子源在同一水平線上。已知兩極板間距為d，極板長為L，求：圖10(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度；(2)eq\f(T,4)時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)極板時(shí)與兩極板間中線的距離(未與極板接觸)。解析(1)設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度為v，由動能定理有eU0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)由題意知，電子穿過偏轉(zhuǎn)極板所需時(shí)間t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T故在eq\f(T,4)時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子在電場方向上先加速再減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故電子沿板間中線射出偏轉(zhuǎn)極板，與板間中線的距離為0。答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)011.(12分)如圖11所示，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中的圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左。靜電分析器通道內(nèi)有勻稱輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強(qiáng)大小都為E0，方向沿圓弧半徑指向圓心O。離子質(zhì)量為m、電荷量為q，QN＝2d，PN＝3d，離子重力不計(jì)。圖11(1)求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大??；(2)若離子恰好能打在QN的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的值。解析(1)離子在加速電場中加速，依據(jù)動能定理，得qU＝eq\f(1,2)mv2離子在輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動，電場力供應(yīng)向心力，依據(jù)牛頓其次定律，得qE0＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(2U,E0)。(2)離子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，依據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律，得eq\f(QN,2)＝vt，PN＝eq\f(1,2)at2由牛