【核動力】2022屆高三物理一輪復(fù)習(xí)章末綜合檢測(六)-第6章-靜電場-

章末綜合檢測(六)考試時間：60分鐘第Ⅰ卷(選擇題)評卷人得分一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分)1．金屬小球a和金屬小球b的半徑之比為1∶3，所帶電荷量之比為1∶7.兩小球間距遠(yuǎn)大于小球半徑且間距肯定時，它們之間相互吸引力大小為F.已知取無窮遠(yuǎn)處為零電勢，導(dǎo)體表面的電勢與導(dǎo)體球所帶的電荷量成正比，與導(dǎo)體球的半徑成反比．現(xiàn)將金屬小球a與金屬小球b相互接觸，達(dá)到靜電平衡后再放回到原來位置，這時a、b兩球之間的相互作用力的大小是(不考慮萬有引力)()A.eq\f(9F,7)B.eq\f(16F,7) C.eq\f(12F,7) D.eq\f(27F,28)【解析】由題意可知，兩金屬球帶異種電荷．設(shè)兩球所帶電荷量為Qa、Qb，則Qb＝7Qa.兩球接觸后，表面電勢相等，則eq\f(φa,φb)＝eq\f(Qa′,Qb′)·eq\f(rb,ra)＝1，由于eq\f(ra,rb)＝eq\f(1,3)，故eq\f(Qa′,Qb′)＝eq\f(1,3).由電荷守恒定律知Qa′＋Qb′＝Qb－Qa，得Qa′＝eq\f(3,2)Qa，Qb′＝eq\f(9,2)Qa.由庫侖定律得F＝keq\f(QaQb,r2)，F(xiàn)′＝keq\f(Qa′Qb′,r2)，得F′＝eq\f(27,28)F，D正確．【答案】D2．如圖甲所示，Q1、Q2是兩個固定的點電荷，其中Q1帶正電．在它們連線的延長線上有a、b兩點，一帶正電的摸索電荷以肯定的初速度從a點沿直線經(jīng)b點向遠(yuǎn)處運動，其vt圖象如圖乙所示，若將帶正電的摸索電荷從Q1左側(cè)由靜止釋放，則該摸索電荷()A．肯定做加速運動B．可能先做加速運動，后做減速運動C．電勢能可能增加D．運動過程中所在位置的電勢漸漸上升【解析】充分挖掘vt圖象中的信息．如“斜率為零點”等．依據(jù)速度圖象可知，b點的加速度為零，正電荷在a、b間做減速運動，所以Q2帶負(fù)電，且電荷量小于Q1所帶的電荷量．因此，在Q1左側(cè)的合場強方向向左，若將帶正電的摸索電荷從Q1左側(cè)由靜止釋放，則該摸索電荷肯定向左做加速運動，電場力做正功，電勢能減小，電勢降低，A正確，B、C、D錯誤．【答案】A3．如圖所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料．ABCD面帶正電，EFGH面帶負(fù)電．從小孔P沿水平方向以相同速度射入3個質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最終分別落在1、2、3三點，則下列說法正確的是()A．3個液滴在真空盒中都做平拋運動B．3個液滴的運動時間不肯定相同C．3個液滴落到底板時的速率相同D．液滴C所帶電荷量最多【解析】3個液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，還受水平方向的電場力作用，不是類平拋運動，A錯誤．在豎直方向上3個液滴都做自由落體運動，下落高度又相同，運動時間必相同，B錯誤．在相同的運動時間內(nèi)，液滴C水平位移最大，說明它在水平方向的加速度最大，它受到的電場力最大，故它所帶電荷量也最多，D正確．由于電場力對液滴C做功最多，它落到底板時的速率最大，C錯誤．【答案】D4．在勻強電場中建立始終角坐標(biāo)系，如圖所示．從坐標(biāo)原點沿＋y軸前進eq\f(1,5)m到A點，電勢降低了10eq\r(2)V，從坐標(biāo)原點沿＋x軸前進eq\f(1,5)m到B點，電勢上升了10eq\r(2)V，則勻強電場的場度大小和方向為()A．50V/m，方向B→AB．50V/m，方向A→BC．100V/m，方向B→AD．100V/m，方向垂直AB斜向下【解析】如圖所示，連接A、B兩點并找到AB的中點C，由題意知φC＝φO，連接OC，則OC為等勢線．由幾何關(guān)系可知，lAB＝eq\r(2)lOA＝eq\r(2)lOB＝eq\f(\r(2),5)m，OC垂直于AB，AB就是勻強電場中的一根電場線，則UBA＝20eq\r(2)V，故E＝UBA/lBA＝100V/m，方向由B指向A，故選項C正確．【答案】C5．(2022·海南卷，10)如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中．當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開頭運動．重力加速度為g，粒子運動的加速度為()A.eq\f(l,d)g B.eq\f(d－l,d)gC.eq\f(l,d－l)g D.eq\f(d,d－l)g【解析】平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，電壓恒定．帶電粒子P靜止在電容器中時有mg＝eq\f(qU,d－l).當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，帶電粒子所受電場力減小為eq\f(qU,d).由mg－eq\f(qU,d)＝ma解得a＝eq\f(l,d)g，選項A正確．【答案】A6．如圖所示為處于靜電場中某空腔導(dǎo)體四周的電場分布狀況，實線表示電場線，虛線表示等勢面，A、B、C為電場中的三個點，O為空腔導(dǎo)體內(nèi)的一點．下列說法正確的是()A．O點的電場強度為零B．A點的電場強度小于B點的電場強度C．A點的電勢低于B點的電勢D．將正電荷從A點移到C點，電場力做正功【解析】依據(jù)靜電平衡狀態(tài)下的導(dǎo)體是等勢體，導(dǎo)體內(nèi)部的電場強度為零，可知O點的電場強度為零，選項A正確；依據(jù)電場線的疏密表示電場強度的大小，可知A點的電場強度小于B點的電場強度，選項B正確；依據(jù)沿電場線方向電勢漸漸降低，可知A點的電勢高于B點的電勢，選項C錯誤；A、C兩點處于同一等勢面上，將正電荷從A點移到C點，電場力不做功，選項D錯誤．【答案】AB7．一帶正電的摸索電荷，僅在電場力作用下沿x軸從x＝－∞向x＝＋∞運動，其速度v隨位置x變化的圖象如圖所示．x＝x1和x＝－x1處圖線切線的斜率確定值相等且最大，則在x軸上()A．x＝x1和x＝－x1兩處，電場強度相同B．x＝x1和x＝－x1兩處，電場強度最大C．x＝0處電勢最高D．從x＝x1運動到x＝＋∞過程中，電荷的電勢能漸漸增大【解析】抓住圖象中的關(guān)鍵點和特殊狀態(tài)是解題的關(guān)鍵．由圖象知，在x＝x1和x＝－x1兩處，電荷的加速度大小相等、方向相反，所以電場強度大小相同、方向相反，且電場強度最大，A錯誤，B正確．電荷在電場中運動，其動能和電勢能之和保持不變，x＝0處動能最小，電勢能最大，所以電勢最高，C正確．從x＝x1運動到x＝＋∞過程中，電荷速度漸漸增大，電勢能漸漸減小，D錯誤．【答案】BC8．(2021·安徽名校一模)如圖所示，勻強電場中有一個絕緣直角桿PQM，PQ＝L，QM＝2L，桿上固定3個帶電小球A、B、C，初始時桿PQ段與電場線垂直．現(xiàn)將桿繞Q點順時針轉(zhuǎn)過90°至虛線位置，發(fā)覺A、B、CA．此過程中，電場力對A球和C球做功的代數(shù)和為零B．A球肯定帶正電，C球肯定帶負(fù)電C．此過程中C球電勢能削減D．A、C兩球帶電量的確定值之比|qA|∶|qC|＝2∶1【解析】由題意知，直角桿PQM順時針轉(zhuǎn)90°的過程中，由W＝qU可得，電場力對B球不做功，對A球做功WA＝qAEL，對C球做功WC＝qCE·2L，由于轉(zhuǎn)動前后A、B、C三個球的電勢能之和保持不變，由功能關(guān)系得，WA＋WC＋0＝0.即qAEL＋qCE·2L＝0，可知A、C兩球帶異種電荷，但A、C兩球的具體電性不明確，其電勢能變化狀況也不明確，兩球帶電量的確定值之比|qA|∶|qC|＝2【答案】AD第Ⅱ卷(綜合應(yīng)用)評卷人得分二、綜合應(yīng)用(共4小題，共58分)9．(10分)如圖所示，帶電荷量為Q的正點電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點，斜面上有A、B兩點，且A、B和C在同始終線上，A和C相距為L，B為AC中點．現(xiàn)將一帶電小球從A點由靜止釋放，當(dāng)帶電小球運動到B點時速度正好又為零，已知帶電小球在A點處的加速度大小為eq\f(g,4)，靜電力常量為k，求：(1)小球運動到B點時的加速度大?。?2)B和A兩點間的電勢差(用Q和L表示)．【解析】(1)帶電小球在A點時：mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA帶電小球在B點時：eq\f(kQq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)－mgsin30°＝maB且aA＝eq\f(g,4)，可解得：aB＝eq\f(g,2)(2)由A點到B點應(yīng)用動能定理得：mgsin30°·eq\f(L,2)－qUBA＝0由mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA＝meq\f(g,4)可得：eq\f(1,4)mg＝keq\f(Qq,L2)，可求得：UBA＝eq\f(kQ,L)【答案】(1)eq\f(g,2)(2)eq\f(kQ,L)10．(12分)(2022·安徽理綜，22)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開頭下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽視不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求：(1)小球到達(dá)小孔處的速度；(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開頭下落運動到下極板處的時間．【解析】由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)(2)在極板間小球受重力和電場力作用，有qE－mg＝ma，且v2－0＝2ad，得E＝eq\f(mgh＋d,qd)由U＝Ed，Q＝CU得Q＝Ceq\f(mgh＋d,q)(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，0＝v＋at2，t＝t1＋t2得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))【答案】(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)；Ceq\f(mgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))11．(15分)如圖所示，在絕緣水平面上，有相距為L的A、B兩點，分別固定著兩個帶電荷量均為Q的正電荷．O為AB連線的中點，a、b是AB連線上兩點，其中Aa＝Bb＝eq\f(L,4).一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小滑塊(可視為質(zhì)點)以初動能Ek0從a點動身，沿AB直線向b運動，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點時的動能為2Ek0，第一次到達(dá)b點時的動能恰好為零，小滑塊最終停在O點，已知靜電力常量為k.求：(1)小滑塊與水平面間滑動摩擦力的大小；(2)小滑塊剛要到達(dá)b點時加速度的大小和方向；(3)小滑塊運動的總路程l路．【解析】(1)由Aa＝Bb＝eq\f(L,4)，O為AB連線的中點可知a、b關(guān)于O點對稱，則a、b之間的電勢差為Uab＝0，設(shè)小滑塊與水平面間摩擦力的大小為Ff，滑塊從a→b的過程，由動能定理得：q·Uab－Ff·eq\f(L,2)＝0－Ek0，解得Ff＝eq\f(2Ek0,L).(2)依據(jù)庫侖定律，小滑塊剛要到達(dá)b點時受到的庫侖力的合力為：F＝eq\f(kQq,L/42)－eq\f(kQq,3L/42)＝eq\f(128kQq,9L2)依據(jù)牛頓其次定律，小滑塊剛要到達(dá)b點時加速度的大小為a＝eq\f(F＋Ff,m)＝eq\f(128kQq,9mL2)＋eq\f(2Ek0,mL)方向由b指向O(或向左)．(3)設(shè)滑塊從a→O的過程中電場力做功為W，由動能定理得：W－Ff·eq\f(1,4)L＝2Ek0－Ek0解得W＝1.5Ek0對于小滑塊從a開頭運動到最終在O點停下的整個過程中，由動能定理得：W－Ff·l路＝0－Ek0解得l路＝1.25L【答案】(1)eq\f(2Ek0,L)(2)eq\f(128kQq,9mL2)＋eq\f(2Ek0,mL)，方向由b指向O(或向左)(3)1.25L12．(15分)如圖所示，兩塊平行金屬板MN、PQ豎直放置，兩板間的電勢差U＝1.6×103V，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝3.0×10－2kg、電荷量q＝＋4.0×10－5C的帶電小球從兩板左上方的A點以初速度v0＝4.0m/s水平拋出，已知A點距兩板上端的高度h＝0.45m，之后小球恰好從MN板上端內(nèi)側(cè)M點進入兩板間勻強電場，然后沿直線運動到PQ板上的C點，不計空氣阻力，取g＝10m/s(1)帶電小球到達(dá)M點時的速度大?。?2)C點到PQ板上端的距離L；(3)小球到達(dá)C點時的動能Ek.【解析】(1)設(shè)小球到達(dá)M點時的速度大小為v，從A到M的過程中，由機械能守恒，有：eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)＝eq\r(4.02＋2×10×0.45)m/s＝5.0m/s.(2)如圖所示，設(shè)小球到達(dá)M點時的速度方向與MN板間的夾角為θ，則有：sinθ＝eq\f(v0,v)＝0.8①在兩平行板間運動時，小球受水平方向的靜電力和豎直向下的