高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場綜合檢測（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

靜電場綜合檢測(時間:90分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共14小題,每小題4分,共56分.在每小題給出的四個選項中,第1～8小題只有一個選項正確,第9～14小題有多個選項正確,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不選的得0分)1.下列關(guān)于勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度和電勢差的關(guān)系,正確的說法是(C)A.在相同距離上的兩點,電勢差大的其電場強(qiáng)度也必定大B.電場強(qiáng)度在數(shù)值上等于每單位距離上的電勢降落C.沿著電場線方向,任何相同距離上的電勢降落必定相同D.電勢降落的方向必定是電場強(qiáng)度方向解析:由UAB=Ed及d為沿電場線方向的距離知選項C正確,A錯誤;由E=知電場強(qiáng)度在數(shù)值上等于沿電場線方向單位距離上的電勢降落,電勢降落最快的方向才是電場強(qiáng)度的方向,選項B,D錯誤.2.如圖a,b,c,d四個點在一條直線上,a和b,b和c,c和d間的距離均為R,在a點處固定有一電荷量為Q的點電荷,在d點處固定有另一個電荷量未知的點電荷,除此之外無其他電荷,已知b點處的電場強(qiáng)度為零,則c點處電場強(qiáng)度的大小為(式中k為靜電力常量)(B)A.0 B. C. D.解析:根據(jù)b點電場強(qiáng)度為零知=,得Q′=4Q,c點的電場強(qiáng)度大小為E=-=,選項B正確.3.如圖(甲)所示,兩段等長絕緣輕質(zhì)細(xì)繩將質(zhì)量分別為m,3m的帶電小球A,B(均可視為點電荷)懸掛在O點,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),然后在水平方向施加一勻強(qiáng)電場,當(dāng)系統(tǒng)再次達(dá)到靜止?fàn)顟B(tài)時,如圖(乙)所示,小球B剛好位于O點正下方(細(xì)繩始終處于伸長狀態(tài)).則兩個點電荷帶電荷量QA與QB的大小關(guān)系正確的是(A)A.7∶3 B.3∶1 C.3∶7 D.5∶3解析:在圖(乙)中,對A,B整體受力分析,由平衡條件可得FTOAcosθ=4mg,QBE+FTOAsinθ=QAE;對B受力分析,由平衡條件可得FTABcosθ+Fcosθ=3mg,FTABsinθ+Fsinθ=QBE,由以上各式解得=,故A正確.4.真空中相距為3a的兩個點電荷A和B,分別固定于x軸上x1=0和x2=3a的兩點,在二者連線上各點電場強(qiáng)度隨x變化關(guān)系如圖所示,以下說法正確的是(D)A.二者一定是異種電荷B.x=a處的電勢一定為零C.x=2a處的電勢一定大于零D.A,B的電荷量之比為1∶4解析:電場強(qiáng)度先負(fù)方向減少到零又反方向增加,必為同種電荷,故A錯誤;電場強(qiáng)度為零的地方電勢不一定為零,故B錯誤;由于沒有確定零電勢點,無法比較x=2a處的電勢與零電勢的高低,故C錯誤;x=a處合場強(qiáng)為0,由E=知,=,所以A,B所帶電荷量的絕對值之比為1∶4,故D正確.5.某區(qū)域的電場線分布如圖所示,其中間一根電場線是直線,一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點.取O點為坐標(biāo)原點,沿直線向右為x軸正方向,粒子的重力忽略不計.在O點到A點的運動過程中,下列關(guān)于粒子運動速度和加速度a隨時間t的變化、粒子的動能Ek和運動徑跡上的電勢隨位移x的變化圖線可能正確的是(B)解析:由圖可知,從O到A點,電場線由密到疏再到密,電場強(qiáng)度先減小后增大,方向不變,因此電荷受到的電場力先減小后增大,則加速度先減小后增大,vt圖像的斜率表示加速度的大小,故A錯誤,B正確;沿著電場線方向電勢降低,而電勢與位移的圖像的斜率表示電場強(qiáng)度,故C錯誤;電荷在電場力作用下做正功,導(dǎo)致電勢能減小,則動能增加,由動能定理可得動能與位移關(guān)系圖線的斜率表示電場力的大小,因為電場力先減小,后增大,故D錯誤.6.在勻強(qiáng)電場中建立一直角坐標(biāo)系,如圖所示.從坐標(biāo)原點沿+y軸前進(jìn)0.2m到A點,電勢降低了10V,從坐標(biāo)原點沿+x軸前進(jìn)0.2m到B點,電勢升高了10V,則勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小和方向為(C)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:連接AB,由題意可知,AB中點C點電勢應(yīng)與坐標(biāo)原點O相等,連接OC即為等勢線,與等勢線OC垂直的方向為電場的方向,故電場方向由B→A,其大小為E==V/m=100V/m,選項C正確.7.如圖所示,帶電荷量相等、質(zhì)量不同的帶電粒子a和b從帶電平行板M的邊緣沿平行于極板的方向進(jìn)入M,N兩極板間的勻強(qiáng)電場中,都恰好能從N板的右邊緣飛出,不計重力作用,則(C)A.兩粒子進(jìn)入電場時的動能一定不相等B.兩粒子進(jìn)入電場時的初速度的大小一定相等C.兩粒子飛出電場時的動能一定相等D.兩粒子飛出電場時的速度大小一定相等解析:設(shè)極板的長度是L,板間距離是d,設(shè)粒子的初速度為v0,帶電粒子在極板間做類平拋運動.在水平方向有L=v0t;豎直方向有d=at2=;則粒子的初動能Ek0=m=,由于q,E,L,d相同,所以兩粒子的初動能相等,選項A錯誤;由于兩粒子進(jìn)入電場時的初動能相等而粒子質(zhì)量不相等,則粒子的初速度大小一定不相等,選項B錯誤;兩粒子電荷量相等,進(jìn)入與離開電場時的位置相同,則電場力做功相同,粒子的初動能相同,由動能定理可得,粒子離開電場時的動能相等,選項C正確;粒子離開電場時的動能相等,粒子質(zhì)量不同,則粒子離開電場時的速度不等,選項D錯誤.8.如圖所示,O點是兩個點電荷+6Q和-Q連線的中點,M,N是+6Q和-Q連線中垂線上關(guān)于O點對稱的兩點.取無窮遠(yuǎn)處為零電勢點,下列說法正確的是(C)A.O點的電場強(qiáng)度不為零,電勢為零B.M,N兩點的電勢不為零,電場強(qiáng)度方向水平向右C.將一正的試探電荷由M點移到O點,該試探電荷的電勢能變大D.將一負(fù)的試探電荷由O點移到N點,電場力對試探電荷做正功解析:兩點電荷在O點的電場強(qiáng)度都向右,不為零;由于兩電荷電荷量不相等,將一正點電荷從無窮遠(yuǎn)處移到O點,6Q的正電荷做的負(fù)功與-Q的負(fù)電荷做的正功不相等,電場力做的總功不為零,故O點電勢不為零,故A錯誤;M,N兩點的電勢不為零;由電場強(qiáng)度E=可知,6Q的正電荷在M,N點的電場強(qiáng)度大于-Q的負(fù)電荷的電場強(qiáng)度,根據(jù)矢量合成法則,M點的電場強(qiáng)度方向向右上方,N點的電場強(qiáng)度方向向右下方,故B錯誤;將一正的試探電荷由M點移到O點,6Q的正電荷做的負(fù)功大于-Q的負(fù)電荷做的正功,該試探電荷的電勢能變大,故C正確;將一負(fù)的試探電荷由O點移到N點,6Q的正電荷做的負(fù)功大于-Q的負(fù)電荷做的正功,電場力對試探電荷做負(fù)功,故D錯誤.9.如圖所示,在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場,E,F,G,H是各邊中點,其連線構(gòu)成正方形,其中P點是EH的中點.一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出.以下說法正確的是(BD)A.粒子的運動軌跡一定經(jīng)過P點B.粒子的運動軌跡一定經(jīng)過PE之間某點C.若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?粒子會由ED之間某點從AD邊射出D.若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?粒子恰好由E點從AD邊射出解析:粒子從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出,其軌跡是拋物線,則過D點作速度的反向延長線一定與水平位移交于FH的中點,而延長線又經(jīng)過P點,所以粒子軌跡一定經(jīng)過PE之間某點,選項A錯誤,B正確;由平拋知識可知,當(dāng)豎直位移一定時,水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话?由于y方向的位移、加速度均不變,則運動時間不變,因此水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?粒子恰好由E點從AD邊射出,選項C錯誤,D正確.10.在同一直線上的M,N兩點正好是某電場中一條電場線上的兩點,若在M點釋放一個初速度為零的電子,電子僅受電場力作用,并沿電場線由M點運動到N點,其電勢能隨位移變化的關(guān)系如圖所示,則下列說法正確的是(BD)A.該電場有可能是勻強(qiáng)電場B.該電場可能是負(fù)的點電荷產(chǎn)生的C.N點的電勢比M點電勢低D.該電子運動的加速度越來越小解析:由Ep=-qEx可知,圖像的斜率反映電場強(qiáng)度大小,由Epx圖像可知,斜率越來越小,則電場強(qiáng)度逐漸減小,則選項A錯誤;電子由M到N的過程中,電場力做正功,電勢能減小,因此電場線的方向由N到M,所以選項B正確,C錯誤;電子從M運動到N過程中,電場力越來越小,則加速度越來越小,選項D正確.11.如圖所示,在水平放置的已經(jīng)充電的平行板電容器之間,有一帶負(fù)電的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài).若某時刻油滴的電荷量開始減小(質(zhì)量不變),為維持該油滴原來的靜止?fàn)顟B(tài)應(yīng)(AD)A.給平行板電容器繼續(xù)充電,補充電荷量B.讓平行板電容器放電,減少電荷量C.使兩極板相互靠近些D.將上極板水平右移一些解析:給平行板電容器繼續(xù)充電,電荷量增大,電容不變,根據(jù)U=知電勢差增大,根據(jù)E=,知電場強(qiáng)度增大,則油滴受到的電場力增大,能再次平衡,故A正確;讓電容器放電,電荷量減小,電容不變,根據(jù)U=,知電勢差減小,根據(jù)E=,知電場強(qiáng)度減小,則油滴受到的電場力減小,電荷不能平衡,故B錯誤;因為U=,C=,所以電場強(qiáng)度E===,與電容器兩極板間的距離無關(guān),所以電容器兩極板靠近和遠(yuǎn)離時,電場強(qiáng)度不變,則油滴受到的電場力減小,電荷不能平衡,故C錯誤;因為電場強(qiáng)度E=,當(dāng)將上極板水平右移一些即面積減小,電場強(qiáng)度增大,則油滴受到的電場力增大,能再次平衡,故選項D正確.12.在靜電場中,有一帶電粒子僅在電場力作用下做變加速直線運動,先后經(jīng)過A,B,C點運動到D點.在粒子通過A點時開始計時,此過程的“速度—時間”圖像如圖所示.下列說法正確的是(AC)A.A點的電場強(qiáng)度最大B.A點的電勢小于B點的電勢C.粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能D.A,C兩點的電勢差UAC與C,D兩點的電勢差UCD相等解析:由運動的速度—時間圖像可看出:在A點時斜率最大,故加速度最大,故電場強(qiáng)度最大,故A正確.粒子電性不確定,無法比較電勢高低,故B錯誤.因只有電場力做功,粒子的動能與電勢能的總量不變,由圖可知粒子在B點的速度最大,所以在B點的動能最大,電勢能最小,所以粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能,故C正確.A,D兩點的速度相等,故粒子的動能相同,A,D兩點的電勢能相等,電勢相等,故UAC=UDC=-UCD,故D錯誤.13.兩個完全相同的平行板電容器C1,C2水平放置,如圖所示.開關(guān)S閉合時,兩電容器中間各有一油滴A,B剛好處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將S斷開,將C2下極板向上移動少許,然后再次閉合S,則下列說法正確的是(BCD)A.兩油滴的質(zhì)量相等,電性相反B.斷開開關(guān),移動C2下極板過程中,B所在位置的電勢不變C.再次閉合S瞬間,通過開關(guān)的電流可能從上向下D.再次閉合開關(guān)后,A向下運動,B向上運動解析:當(dāng)S閉合時,左邊電容器的上極板和右邊電容器的下極板相連,即兩個極板的電勢相等,又因為其他兩個極板都接地,電勢相等,故兩極板間的電勢差的絕對值相等,根據(jù)mg=q,由于不知道兩油滴的電荷量,故兩個油滴的質(zhì)量不一定相等,若C1上極板帶正電,則C1電場方向豎直向下,A液滴應(yīng)受到豎直向上的電場力,故帶負(fù)電,C2下極板帶正電,則C2電場方向豎直向上,B滴液應(yīng)受到豎直向上的電場力,所以帶正電,電性相反;若C1上極板帶負(fù)電,則C1電場方向豎直向上,A液滴應(yīng)受到豎直向上的電場力,故帶正電,C2下極板帶負(fù)電,則C2電場方向豎直向下,B滴液應(yīng)受到豎直向上的電場力,所以帶負(fù)電,電性相反,總之兩油滴的電性相反,A錯誤;斷開開關(guān),移動C2下極板過程中,兩極板所帶電荷量相等,根據(jù)C=,C=,E=聯(lián)立可得E=,兩極板間的電場強(qiáng)度大小和兩極板間的距離無關(guān),故電場強(qiáng)度恒定,所以B的受力不變,故仍處于靜止?fàn)顟B(tài),與上極板(零電勢)的距離不變,根據(jù)U=Ed可知B點的電勢不變,B正確;S斷開,將C2下極板向上移動少許,根據(jù)C=可知C2增大,根據(jù)C=可知U減小,即C2下極板電勢降低,再次閉合S瞬間,C1上極板的電勢大于C2下極板的電勢,通過開關(guān)的電流可能從上向下,穩(wěn)定后,根據(jù)E=可知C1電容器兩極板間的電勢差減小,電場強(qiáng)度減小,A向下運動,C2兩極板間的電勢差增大,電場強(qiáng)度增大,B向上運動,C,D正確.14.水平放置的光滑絕緣環(huán)上套有三個帶電小球,小球可在環(huán)上自由移動.如圖所示是小球平衡后的可能位置圖.(甲)圖中三個小球構(gòu)成一個鈍角三角形,A點是鈍角三角形的頂點.(乙)圖中小球構(gòu)成一個銳角三角形,其中三角形邊長DE>DF>EF.可以判斷正確的是(AC)A.(甲)圖中A,B兩小球一定帶異種電荷B.(甲)圖中三個小球一定帶等量電荷C.(乙)圖中三個小球一定帶同種電荷D.(乙)圖中三個小球帶電荷量的大小為QD>QF>QE解析:對C球進(jìn)行受力分析,根據(jù)平衡條件得C球一定要受一個排斥力和一個吸引力,則A,B球一定帶不同電荷,選項A正確;如果(甲)圖中小球是帶等量電荷,那么小球應(yīng)該均勻地分布在環(huán)上,選項B錯誤;對D球分析,D球不可能受到一個斥力和一個引力,所以E,F球帶同種電荷,分析E球根據(jù)平衡條件可得D,F球帶同種電荷,所以(乙)圖中三個球帶同種電荷,選項C正確;D球受到兩斥力,設(shè)圓心為O,DE大于DF,同時∠ODE小于∠ODF,可得受E球斥力更大,又離E球遠(yuǎn)可得E球電荷量大于F球,選項D錯誤.二、非選擇題(共44分)15.(8分)如圖所示,長度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O上,另一端固定一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球.小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運動,AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑.等量異種點電荷+Q,-Q分別固定在以C為中點、間距為2d的水平線上的E,F兩點.讓小球從最高點A由靜止開始運動,經(jīng)過B點時小球的速度大小為v,不考慮q對+Q,-Q所產(chǎn)生電場的影響.求:(1)小球經(jīng)過C點時球?qū)U的拉力的大小;(2)小球經(jīng)過D點時速度的大小.解析:(1)設(shè)UBA=U,根據(jù)對稱性可知,UBA=UAD=U,UAC=0小球從A到C過程,根據(jù)動能定理有mg·2d=m(2分)沿豎直方向有FT-mg=m(1分)整理得FT=5mg(1分)根據(jù)牛頓第三定律可知,球?qū)U的拉力大小為5mg.(1分)(2)從A到B和從A到D的過程中,根據(jù)動能定理得mgd+qU=mv2(1分)mgd-qU=m(1分)整理得vD=.(1分)答案:(1)5mg(2)16.(10分)如圖所示,兩塊平行金屬板MN間的距離為d,兩板間電壓u隨時間t變化的規(guī)律如圖所示,電壓的絕對值為U0.t=0時刻M板的電勢比N板低.在t=0時刻有一個電子從M板處無初速度釋放,經(jīng)過1.5個周期剛好到達(dá)N板.電子的電荷量為e,質(zhì)量為m.求:(1)該電子到達(dá)N板時的速率v.(2)在1.25個周期末該電子和N板間的距離s.解析:(1)由題意知,電子在第一、第三個T內(nèi)向右做初速度為零的勻加速運動,第二個T內(nèi)向右做末速度為零的勻減速運動.由x=at2知,這三段時間內(nèi)電子的位移是相同的.在第三個T內(nèi)對電子用動能定理eU=mv2,(3分)其中U=U0,得v=.(2分)(2)在第三個T內(nèi),電子做初速度為零的勻加速運動,總位移是d,前一半時間內(nèi)的位移是該位移的,為x′=d,(3分)因此這時離N板的距離s=d-d=d.(2分)答案:(1)(2)d17.(12分)如圖所示,在豎直面內(nèi)有一矩形區(qū)ABCD,水平邊AB=L,豎直邊BC=L,O為矩形對角線的交點.將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出,小球經(jīng)過BC邊時的速度方向與BC夾角為60°.使此小球帶電,電荷量為q(q>0),同時加一平行于矩形ABCD的勻強(qiáng)電場.現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿各個方向拋出此帶電小球,小球從矩形邊界的不同位置射出,其中經(jīng)過C點的小球的動能為初動能的,經(jīng)過E點(DC中點)的小球的動能為初動能的,重力加速度為g,求:(1)小球的初動能;(2)取電場中O點的電勢為零,求C,E兩點的電勢;(3)帶電小球經(jīng)過矩形邊界的哪個位置動能最大?最大動能是多少?解析:(1)沒加電場時,由平拋運動知識水平方向L=v0t(1分)豎直方向vy=gt(1分)vy=v0tan30°聯(lián)立解得小球的初動能Ek0=m=mgL.(1分)(2)加電場后,根據(jù)能量守恒定律由O到C:qC=mgL+Ek0-Ek0=mgL(1分)由O到E:qE=mgL+Ek0-Ek0=mgL(1分)則C=,E=.(1分)(3)如圖,取OC中點F,則EF為等勢線,電場線與等勢線EF垂直由UOE=ELcos30°(1分)得qE=mg(1分)用正交分解法求出電場力和重力的合力Fx=qEsin30°=mg(1分)Fy=qEcos30°=mg(1分)合力F==mg,方向沿OD合力對小球做功越多,小球動能越大,則從D點射出的帶電小球動能最大,根據(jù)動能定理F·=Ekm-Ek0(1分)解得最大初動能Ekm=mgL.(1分)答案:(1)mgL(2)(3)見解析18.(14分)如圖所示,在方向豎直向上、大小為E=1×106V/m的勻強(qiáng)電場中,固定一個穿有A,B兩個小球(均視為質(zhì)點)的光滑絕緣圓環(huán),圓環(huán)在豎直平面內(nèi),圓心為O、半徑為R=0.2m.