高考物理一輪復(fù)習(xí)鞏固提升第7章章末過關(guān)檢測(七) (含解析)

章末過關(guān)檢測(七)(時(shí)間：45分鐘分值：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確)1．靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是()A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時(shí)有被電擊的感覺解析：選C.用塑料梳子梳頭發(fā)時(shí)相互摩擦，塑料梳子會(huì)帶上電荷吸引紙屑，選項(xiàng)A屬于靜電現(xiàn)象；帶電小球移至不帶電金屬球附近，由于靜電感應(yīng)，金屬球在靠近帶電小球一端會(huì)感應(yīng)出與帶電小球異號的電荷，兩者相互吸引，選項(xiàng)B屬于靜電現(xiàn)象；小線圈接近通電線圈過程中，由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，小線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項(xiàng)C不屬于靜電現(xiàn)象；從干燥的地毯上走過，由于摩擦生電，當(dāng)手碰到金屬把手時(shí)瞬時(shí)產(chǎn)生較大電流，人有被電擊的感覺，選項(xiàng)D屬于靜電現(xiàn)象．2.兩個(gè)大小相同的小球帶有同種電荷，質(zhì)量分別為m1和m2，帶電荷量分別是q1和q2，用絕緣線懸掛后，因靜電力而使兩懸線張開，分別與中垂線方向成α1角和α2角，且兩球處于同一水平線上，如圖所示．若α1＝α2，則下述結(jié)論正確的是()A．q1一定等于q2B．一定滿足eq\f(q1,m1)＝eq\f(q2,m2)C．m1一定等于m2D．必須同時(shí)滿足q1＝q2、m1＝m2解析：選C.分別對兩小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，由平衡條件得F－FTsinα1＝0，F(xiàn)Tcosα1－m1g＝0，所以tanα1＝eq\f(F,m1g)＝eq\f(kq1q2,m1gr2).同理tanα2＝eq\f(F,m2g)＝eq\f(kq1q2,m2gr2).因?yàn)棣?＝α2，所以m1＝m2.3.(2019·遼師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出．不計(jì)重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為()A．eq\f(Ek0,4qd) B．eq\f(Ek0,2qd)C．eq\f(\r(2)Ek0,2qd) D．eq\f(\r(2)Ek0,qd)解析：選B.當(dāng)電場足夠大時(shí)，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達(dá)上極板處時(shí)速度恰好與上極板平行，粒子的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)．將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，當(dāng)vy＝0時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有veq\o\al(2,y)＝2eq\f(qE,m)d，vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立得E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B正確．4.(2019·石家莊市高中畢業(yè)班模擬一)空間某區(qū)域有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強(qiáng)度E隨坐標(biāo)x變化的圖象如圖所示，x0和－x0為x軸上對稱的兩點(diǎn)．現(xiàn)將一電子從x0處由靜止釋放后沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，到達(dá)－x0處時(shí)速度剛好為0.下列說法正確的是()A．x0處的電場強(qiáng)度大于－x0處的電場強(qiáng)度B．x0處的電勢小于－x0處的電勢C．電子在x0處的電勢能等于－x0處的電勢能D．電子先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)解析：選C.電場沿x軸對稱分布，則描述電場的電場強(qiáng)度和電勢也沿x軸對稱分布，故A、B錯(cuò)誤；由于兩處電勢相等，所以電子在兩處的電勢能也相等，故C正確；電子由x0靜止開始運(yùn)動(dòng)，到－x0剛好是0，電子必然先加速后減速，但從圖中可看出電場大小并不恒定，所以加速度大小不會(huì)恒定，故D錯(cuò)誤．5．第七屆中國(上海)國際超級電容器產(chǎn)業(yè)展覽會(huì)于2016年8月23日至25日在上海新國際博覽中心舉行．如圖所示為超級平行板電容器，相距為d的兩極板M、N分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時(shí)極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()A．油滴帶正電B．油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C．電容器的電容為eq\f(kmgd,U2)D．將極板N向下緩慢移動(dòng)一小段距離，油滴將向上運(yùn)動(dòng)解析：選C.帶電油滴靜止在兩極板間，重力與電場力等大、反向，電場力豎直向上，電容器上極板與電源正極相連為正極板，兩板間電場方向豎直向下，綜上可知，帶電油滴帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由場強(qiáng)與電勢差關(guān)系可知，mg＝Eq＝eq\f(U,d)q，解得q＝eq\f(mgd,U)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題意知，電容器帶電荷量Q＝kq＝eq\f(kmgd,U)，由電容的定義式知，C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(kmgd,U2)，選項(xiàng)C正確；電容器與電源保持連接，兩板間電勢差不變，N板向下移動(dòng)，板間距離變大，F(xiàn)電＝eq\f(U,d)q，油滴所受電場力減小，油滴向下運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．6．(2019·湖北黃岡模擬)靜電噴漆技術(shù)具有效率高、質(zhì)量好等優(yōu)點(diǎn)，其裝置示意圖如圖所示，A、B為兩塊水平放置的平行金屬板，間距d＝1.0m，兩板間有方向豎直向上、電場強(qiáng)度大小為E＝1.0×103N/C的勻強(qiáng)電場，在A板的中央放置一個(gè)安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個(gè)方向均勻地噴出初速度大小均為v0＝1.0m/s、質(zhì)量均為m＝5.0×10－14kg、電荷量均為q＝2.0×10－15C的帶負(fù)電的油漆微粒，不計(jì)微粒所受空氣阻力及微粒間的相互作用，油漆微粒最后都落在金屬板B上，重力加速度g＝10m/s2.下列說法中錯(cuò)誤的是()A．沿水平方向噴出的微粒運(yùn)動(dòng)到B板所需時(shí)間為0.2sB．沿不同方向噴出的微粒，從噴出至到達(dá)B板，電場力做功為2.0×10－12JC．若其他條件均不變，d增大為原來的2倍，噴涂面積增大為原來的2倍D．若其他條件均不變，E增大為原來的2倍，噴涂面積減小為原來的eq\f(1,2)解析：選D.沿水平方向噴出的微粒做類平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上，加速度a＝eq\f(qE＋mg,m)＝eq\f(2×10－15×103＋5×10－13,5×10－14)m/s2＝50m/s2，根據(jù)d＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2d,a))＝0.2s，故A正確；沿不同方向噴出的微粒，從噴出至到達(dá)B板，電場力做功為W＝qEd＝2×10－15×103×1J＝2.0×10－12J，故B正確；若其他條件均不變，d增大為原來的2倍，根據(jù)d＝eq\f(1,2)at2得，t變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，則噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，面積變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；若其他條件均不變，E增大為原來的2倍，則加速度a′＝eq\f(2×10－15×2×103＋5×10－13,5×10－14)m/s2＝90m/s2，加速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(9,5)，時(shí)間t變?yōu)樵瓉淼膃q\f(\r(5),3)，噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(\r(5),3)，面積減小為原來的eq\f(5,9)，故D錯(cuò)誤．二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯(cuò)選或不答的得0分)7.(2019·蚌埠高三質(zhì)量檢查)電場中有一條電場線與x軸重合，x軸上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度與位置的關(guān)系如圖所示，一質(zhì)子只在電場力作用下自坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止釋放沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，已知Oa＝ab＝bc＝d，b點(diǎn)電勢φb＝0.則下列結(jié)論正確的是()A．質(zhì)子沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．質(zhì)子在a、c兩點(diǎn)的電勢能相等C．質(zhì)子在a、b、c三點(diǎn)的動(dòng)能之比為2∶3∶4D．坐標(biāo)原點(diǎn)O的電勢為1.5E0d解析：選CD.根據(jù)圖示，在Oa段，電場強(qiáng)度恒為E0，且質(zhì)子只受電場力，由牛頓第二定律，得a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eE0,m)，質(zhì)子在Oa段做勻加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；在電場中沿電場線的方向電勢降低，φa>φb>φc，質(zhì)子的電勢能E＝qφ，qφa>qφc，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，Ea＝qE0d，Eb＝qE0d＋eq\f(1,2)qE0d＝eq\f(3,2)qE0d，Ec＝qE0d＋eq\f(1,2)qE0d＋eq\f(1,2)qE0d＝2qE0d，則Ea∶Eb∶Ec＝2∶3∶4，C正確；根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系，q(φa－φb)＝eq\f(3,2)qE0d，即φa＝1.5E0d，D正確．8.靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷()A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中電勢能增大C．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中電場力先增大后減小D．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中電場力先減小后增大解析：選BC.由題圖可知，x1到x4場強(qiáng)先變大，再變小，則點(diǎn)電荷受到的電場力先增大后減小，C正確，D錯(cuò)誤；由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，知A錯(cuò)誤，B正確．9．(2019·泰安模擬)如圖甲所示，在兩平行的金屬板間加上如圖乙所示的電壓．在0～1s內(nèi)，一點(diǎn)電荷在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，t＝2s時(shí)電荷仍運(yùn)動(dòng)且未與極板接觸，則在1～2s內(nèi)，點(diǎn)電荷(g取10m/s2)()A．做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為10m/s2B．做變加速直線運(yùn)動(dòng)，平均加速度大小為5m/s2C．做變加速直線運(yùn)動(dòng)，2s末加速度大小為10m/s2D．2s末速度大小為10m/s解析：選BC.第1s內(nèi)電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài)，故電場力向上，與重力平衡，第2s內(nèi)電壓一直變大，故電場強(qiáng)度變大，電場力變大，且第2s內(nèi)合力隨時(shí)間均勻增加，加速度隨時(shí)間均勻增加，是變加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；第2s內(nèi)加速度隨時(shí)間均勻增加，第2s末電場強(qiáng)度增加為第1s末的2倍，故電場力變?yōu)?倍，合力向上，大小為mg，其加速度大小為g＝10m/s2，故平均加速度為a＝eq\f(0＋10,2)m/s2＝5m/s2，故B、C正確；2s末速度大小為v2＝at＝5×1m/s＝5m/s，故D錯(cuò)誤．10.(2019·湖北八校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程x＝ky2，且小球通過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，\f(1,k))).已知重力加速度為g，則()A．電場強(qiáng)度的大小為eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小為eq\r(\f(g,2k))C．小球通過點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為eq\f(5mg,4k)D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，電勢能減少eq\f(\r(2)mg,k)解析：選BC.小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，qE＝eq\r(2)mg，電場強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(\r(2)mg,q)，A錯(cuò)誤；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有eq\f(1,k)＝v0t，eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)gt2，得小球初速度大小為v0＝eq\r(\f(g,2k))，B正確；由P點(diǎn)的坐標(biāo)分析可知eq\f(v0,vx)＝eq\f(1,2)，所以小球通過點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,x))＝eq\f(5mg,4k)，C正確；小球從O到P過程中電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即W＝qE·eq\f(1,k)eq\f(1,cos45°)＝eq\f(2mg,k)，D錯(cuò)誤．三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答，計(jì)算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)11．(12分)如圖所示，一條長為L的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角α＝60°時(shí)，小球速度為0.(1)求小球帶電性質(zhì)和電場強(qiáng)度E.(2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，求小球在A點(diǎn)應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)．解析：(1)根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電．小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零，由動(dòng)能定理有0＝EqLsinα－mgL(1－cosα)解得E＝eq\f(\r(3)mg,3q).(2)如圖所示，將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝eq\f(2\r(3),3)mg，方向與豎直方向夾角為30°偏向右下．若小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)meq\f(v2,L)＝eq\f(2\r(3),3)mg小球從A點(diǎn)以初速度vA運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝－eq\f(2\r(3),3)mgL(1＋cos30°)聯(lián)立解得vA＝eq\r(2（\r(3)＋1）gL).答案：(1)小球帶正電eq\f(\r(3)mg,3q)(2)eq\r(2（\r(3)＋1）gL)12.(14分)在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個(gè)帶電油滴，電容器兩板間距為d，當(dāng)平行板電容器的電壓為U0時(shí)，油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示．當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時(shí)，油滴開始向上運(yùn)動(dòng)；經(jīng)時(shí)間Δt后，電容器突然放電使其電壓減少ΔU2，又經(jīng)過時(shí)間Δt，油滴恰好回到原來位置．假設(shè)油滴在運(yùn)動(dòng)過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時(shí)間內(nèi)油滴的位移可忽略不計(jì)．重力加速度為g.求：(1)帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比；(2)第一個(gè)Δt與第二個(gè)Δt時(shí)間內(nèi)油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比；(3)ΔU1與ΔU2之比.解析：(1)油滴靜止時(shí)滿足：mg＝qeq\f(U0,d)則eq\f(q,m)＝eq\f(dg,U0).(2)設(shè)第一個(gè)Δt時(shí)間內(nèi)油滴的位移大小為x1，加速度大小為a1，第二個(gè)Δt時(shí)間內(nèi)油滴的位移大小為x2，加速度大小為a2，則x1＝eq\f(1,2)a1Δt2，x2＝v1Δt－eq\f(1,2)a2Δt2且v1＝a1Δt，x2＝－x1解得a1∶a2＝1∶3.(3)油滴向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)：qeq\f(U0＋ΔU1,d)－mg＝ma1即qeq\f(ΔU1,d)＝ma1油滴向上減速運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg－qeq\f(U0＋ΔU1－ΔU2,d)＝ma2即qeq\f(ΔU2－ΔU1,d)＝ma2則eq\f(ΔU1,ΔU2－ΔU1)＝eq\f(1,3)解得eq\f(ΔU1,ΔU2)＝eq\f(1,4).答案：(1)eq\f(dg,U0)(2)1∶3(3)1∶413．(14分)如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入，沿直線從b點(diǎn)射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出，求：(1)交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件？(2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)