（通用版）高考物理一輪復(fù)習(xí)專題綜合檢測(cè)七第七章靜電場(chǎng)（含解析）.docx

靜電場(chǎng)(45分鐘100分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分.17題為單選題，812題為多選題)1(2018渭南模擬)一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)沿豎直方向一帶正電的粒子先后以不同的水平初速度射入兩平行板間，測(cè)得兩次與電容器極板的撞擊點(diǎn)到入射點(diǎn)之間的水平距離之比為12.若不計(jì)重力，則兩次水平初速度之比是()A12B11C21 D41解析：A粒子垂直電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩次沿電場(chǎng)方向的位移相同，加速度相等，根據(jù)yat2知，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，根據(jù)xv0t得，水平距離之比為12，則初速度之比為12，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤2a、b、c三個(gè)點(diǎn)電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a所帶的電荷量為Q，b所帶的電荷量為q，且Qq，關(guān)于電荷c，下列判斷正確的是()Ac一定帶負(fù)電Bc所帶的電荷量一定大于qCc可能處在a、b之間D如果固定a、b，仍讓c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定解析：B根據(jù)三個(gè)自由點(diǎn)電荷的平衡規(guī)律，“兩同夾一異”，“兩大夾一小”，c一定帶正電荷且c的電荷量一定大于q，故A、C錯(cuò)誤，B正確；三個(gè)電荷要平衡，必須三個(gè)電荷在一條直線，外側(cè)兩個(gè)電荷相互排斥，中間電荷吸引外側(cè)兩個(gè)電荷，所以外側(cè)兩個(gè)電荷距離大，要平衡中間電荷的作用力，必須外側(cè)電荷電量大，中間電荷電量小，所以第三個(gè)電荷必須為正電，且在b的右側(cè)，而其電量可以不確定，故D錯(cuò)誤3.(2018池州模擬)電子槍是加速電子轟擊靶屏發(fā)光的一種裝置，它發(fā)射出具有一定能量、一定束流以及速度和角度的電子束電子束中某個(gè)電子只在電場(chǎng)力作用下從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的軌跡如圖中虛線所示，圖中一組平行實(shí)線可能是等勢(shì)面也可能是電場(chǎng)線，則以下說(shuō)法正確的是()A若圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，電子在M點(diǎn)的速度較大B若圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)低C不論圖中實(shí)線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，電子在M點(diǎn)動(dòng)能小D不論圖中實(shí)線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都比N點(diǎn)小解析：B如果實(shí)線是電場(chǎng)線，由運(yùn)動(dòng)軌跡判斷，電子受豎直向上的電場(chǎng)力，場(chǎng)強(qiáng)方向向下，M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，電子在M點(diǎn)動(dòng)能較小，速度較小，故A錯(cuò)誤、B正確；如果實(shí)線是等勢(shì)面，由運(yùn)動(dòng)軌跡判斷，電子受力水平向右，場(chǎng)強(qiáng)方向水平向左，M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，電子在N點(diǎn)動(dòng)能較小，故C錯(cuò)誤；因?qū)嵕€為平行線，故無(wú)論是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，均說(shuō)明此電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)處處相等，故D錯(cuò)誤4(2018商丘模擬)如圖甲所示為半徑為R、均勻帶正電的球體，AB為過(guò)球心O的直線上的兩點(diǎn)，且OA2R，OB3R，球體的空間產(chǎn)生對(duì)稱的電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小沿半徑方向分布情況如圖乙所示，圖中EO已知，Er曲線OR部分的面積等于2R3R部分的面積則下列說(shuō)法正確的是()AA點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì)BA點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C從球面到A點(diǎn)的電勢(shì)差小于AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差D帶電量為q的正電荷沿直線從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功qE0R解析：D球體帶正電，周圍的電場(chǎng)線向外背離球體，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知，A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)圖乙可知，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故B錯(cuò)誤；Er圖線與橫軸圍成的面積表示電勢(shì)差，Er圖線OR部分的面積等于2R3R部分的面積，所以從球面到A點(diǎn)的電勢(shì)差等于A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，即為UE0R，故C錯(cuò)誤；帶電量為q的正電荷沿直線從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功WqUqE0R，故D正確5.(2018涪陵區(qū)模擬)如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板，板長(zhǎng)為2d，相距為d，兩板間加有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球以大小為v0的水平速度從靠近上板下表面的P點(diǎn)射入，小球剛好從下板右邊緣射出，重力加速度為g，則該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()A. B.C. D.解析：C根據(jù)牛頓第二定律得qEmgma，解得a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，dat2，聯(lián)立解得E，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤6.(2018孝感模擬)在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個(gè)帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)間隙排列，其中A點(diǎn)的小球帶電荷量為3q，其余小球帶電荷量為q，此時(shí)圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()AE B.C. D.解析：B假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為q的小球，由于圓周的對(duì)稱性，根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理知，圓心O處場(chǎng)強(qiáng)為0，所以圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等效于A點(diǎn)處電荷量為2q的小球在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，則有Ek，方向水平向左，A處q在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1k，方向水平向左，設(shè)其余帶電荷量為q的所有小球在O點(diǎn)處產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)為E2EE1k，所以僅撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于E2，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤7.(2018九江模擬)如圖，豎直光滑的圓軌道上放一個(gè)質(zhì)量為m的小球，帶電量為q(可看作質(zhì)點(diǎn))，圓的半徑為R.周圍空間充滿著水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E.現(xiàn)在在最低點(diǎn)給小球一個(gè)初動(dòng)能，為了小球能做一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)，那么在圓軌道最低點(diǎn)給小球的初動(dòng)能()AEk大于mgR BEk等于mgRCEk小于mgR DEk的大小不能確定解析：A如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系知，等效最高點(diǎn)在A點(diǎn)，A與圓心的連線與水平方向成45，在A點(diǎn)，根據(jù)mgm得，A點(diǎn)的最小速度vA，根據(jù)動(dòng)能定理得qERmgR(1)mvEk，解得EkmgRmgR，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤8.如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點(diǎn)是P，直徑MN水平a、b是兩個(gè)完全相同的帶正電小球(視為點(diǎn)電荷)，b固定在M點(diǎn)，a從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q(圖中未畫出)時(shí)速度為零，則小球a()A從N到Q的過(guò)程中，重力與庫(kù)侖力的合力先增大后減小B從N到P的過(guò)程中，速率先增大后減小C從N到Q的過(guò)程中，電勢(shì)能一直增加D從P到Q的過(guò)程中，動(dòng)能減少量小于電勢(shì)能增加量解析：BC小球a從N到Q的過(guò)程中，重力不變，庫(kù)侖力F逐漸增大，庫(kù)侖力F與重力的夾角逐漸變小，因此，F(xiàn)與m的合力逐漸變大，A錯(cuò)誤從N到P的過(guò)程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力時(shí)，速率最大，B正確；從N到Q，F(xiàn)一直做負(fù)功，電勢(shì)能一直增加，C正確；從P到Q，根據(jù)能量守恒知電勢(shì)能的增加量和重力勢(shì)能的增加量之和等于動(dòng)能的減少量，所以電勢(shì)能的增加量小于動(dòng)能的減少量，D錯(cuò)誤9(2018銀川模擬)一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，負(fù)極板接地兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容，E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)，表示P點(diǎn)的電勢(shì)，Ep表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向左平移一小段距離L0的過(guò)程中，各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖像中正確的是()解析：BC平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，平行板上所帶電荷量Q不再發(fā)生變化，設(shè)圖示位置兩平行板間距為d，根據(jù)平行板電容器的電容公式得C，電容C隨x變化圖線應(yīng)為曲線，故A錯(cuò)誤；根據(jù)C，電場(chǎng)強(qiáng)度E，解得E，E與x無(wú)關(guān)，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化圖線應(yīng)為平行于x軸的直線，故B正確；負(fù)極板接地，電勢(shì)10，兩板間電勢(shì)差UE(dx)21，正極板電勢(shì)2U1E(dx)，設(shè)正極板與P點(diǎn)間距離為d2P，電勢(shì)差U2PEd2P2P，所以P點(diǎn)電勢(shì)P2Ed2PE(dd2P)Ex，其中E、d、d2P為定值，x的圖線是截距為正值、斜率為正值的一條直線，故C正確；正電荷在P點(diǎn)電勢(shì)能EpqPqE(dd2P)qEx，Epx的圖線是截距為正值、斜率為正值的一條直線，故D錯(cuò)誤10來(lái)自質(zhì)子源的質(zhì)子(初速度為零)，經(jīng)一直線加速器加速形成細(xì)柱形的質(zhì)子流且電流恒定，假定分布在質(zhì)子源到靶之間的加速電場(chǎng)是均勻的，在質(zhì)子束中與質(zhì)子源相距l(xiāng)和4l的兩處各取一橫截面S1和S2，設(shè)從質(zhì)子源到S1、S2的過(guò)程中，某質(zhì)子受到的沖量分別為I1、I2；在S1、S2兩處各取一段極短的相等長(zhǎng)度的質(zhì)子源，其中的質(zhì)子數(shù)分別為n1、n2，則()AI1I212 BI1I214Cn1n221 Dn1n241解析：AC質(zhì)子在加速電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)xat2知，位移之比為14，則所用的時(shí)間之比為12，根據(jù)沖量IFt知，質(zhì)子受到的沖量大小之比為I1I212，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)電流的微觀意義可知，i1n1eSv1，i2n2eSv2，在l處與4l處的電流相等，即n1ev1Sn2ev2S，解得，由動(dòng)能定理得qElmv，解得v1，4qElmv，解得v2，則，故C正確，D錯(cuò)誤11.一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x的變化關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()A粒子從x1處運(yùn)動(dòng)到x2處的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功Bx1、x2處電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向Cx1處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小大于x2處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小Dx1處的電勢(shì)比x2處的電勢(shì)低解析：AD由于粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x2，電勢(shì)能減小，因此電場(chǎng)力做正功，粒子所受電場(chǎng)力的方向沿x軸正方向，粒子帶負(fù)電，故電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由于x1處的圖線斜率的絕對(duì)值小于x2處圖線斜率的絕對(duì)值，因此x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小小于x2處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故x1處的電勢(shì)比x2處的電勢(shì)低，選項(xiàng)D正確12如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，在t0時(shí)刻，一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度為v0，tT時(shí)刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場(chǎng)則()A該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向一定是沿垂直電場(chǎng)方向的B在t時(shí)刻，該粒子的速度大小為v0C若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，則粒子會(huì)打在板上D若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t時(shí)刻射出電場(chǎng)解析：ABD粒子射入電場(chǎng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上前半個(gè)周期內(nèi)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在后半個(gè)周期內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，一個(gè)周期末豎直方向上的分速度為零，可知粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向一定沿垂直電場(chǎng)方向，故A正確；在t時(shí)刻，粒子在水平方向上的分速度為v0，因?yàn)閮善叫薪饘侔錗N、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，則有v02，解得vyv0，根據(jù)平行四邊形定則知，粒子的速度為vv0，故B正確；若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，粒子在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)情況與0時(shí)刻進(jìn)入時(shí)運(yùn)動(dòng)的方向相反，運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同，則粒子不會(huì)打在板上，故C錯(cuò)誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則粒子射出電場(chǎng)的時(shí)間t，故D正確二、非選擇題(本題共3小題，共52分有步驟計(jì)算的需寫出規(guī)范的解題步驟)13(14分)如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L(zhǎng)的A、B兩點(diǎn)分別固定著等量正點(diǎn)電荷圖中ACCOODDBL.一質(zhì)量為m、電荷量為q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初動(dòng)能E0從C點(diǎn)出發(fā)，沿直線AB向D運(yùn)動(dòng)，滑塊第一次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為nE0(n1)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能恰好為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，求：(1)小滑塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)O、D兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差UOD；(3)小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程s.解析：(1)由ACCOODDBL，可知C、D關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，則UCD0(2分)設(shè)滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，對(duì)滑塊從C到D的過(guò)程，由動(dòng)能定理得qUCDf0E0，(2分)且fmg，(1分)可得(1分)(2)滑塊從O到D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得qUODf0nE0(2分)可得UOD.(2分)(3)滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終停下的整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得qUCOfs0E0(2分)而UCOUOD，可得s.(2分)答案：(1)(2)UOD(3)s14(18分)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于同一豎直平面內(nèi)，其中x軸水平、y軸豎直，xOy平面內(nèi)長(zhǎng)方形區(qū)域OABC內(nèi)有方向垂直O(jiān)A的勻強(qiáng)電場(chǎng)，OA長(zhǎng)為l，與x軸間的夾角30.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看成質(zhì)點(diǎn))從y軸上的P點(diǎn)沿x軸方向以一定速度射出，恰好從OA的中點(diǎn)M垂直O(jiān)A進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域已知重力加速度為g.(1)求P的縱坐標(biāo)yP及小球從P射出時(shí)的速度v0；(2)已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E，若小球不能從BC邊界離開(kāi)電場(chǎng)，OC長(zhǎng)度應(yīng)滿足什么條件？解析：(1)設(shè)小球從P運(yùn)動(dòng)到M所用時(shí)間為t1，則有豎直方向：yPsin gt，vygt1(3分)水平方向：cos v0t1(2分)由幾何關(guān)系vy(2分)解得yPl，v0(2分)(2)設(shè)小球到達(dá)M時(shí)速度為vM，進(jìn)入電場(chǎng)后加速度為a，有vM(1分)小球在電場(chǎng)中沿vM方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿與vM垂直方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)邊界OC的長(zhǎng)度為d時(shí)，小球不從BC邊射出，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則有mgsin ma(3分)dvMt2(2分)at(2分)解得dl(1分)答案：(1)l(2)dl15.(20分)如圖所示，水平絕緣光滑軌道AB的B端與處于豎直平面內(nèi)的圓弧形光滑絕緣軌道BCD平滑連接，圓弧的半徑R0.50 m，軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E1.0104 N/C.現(xiàn)有一質(zhì)量m0.06 kg的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平軌道上與B端距離s1.0 m的位置，由于受到電場(chǎng)力的作用，帶電小球由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)已知帶電小球所帶的電荷量q8.0105 C，取g10 m/s2.試問(wèn)：(1)帶電小球能否到達(dá)圓弧最高點(diǎn)D？請(qǐng)計(jì)算說(shuō)明(2)帶電小球運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)對(duì)軌道的壓力最大？最大值為多少？解析：假設(shè)小球能到達(dá)D點(diǎn)，且速度為vD.從A到D過(guò)程，由動(dòng)能定理得qEsmg2Rmv0(3分)可得小球在D點(diǎn)所需要的向