2024高考物理一輪復習第七章靜電場階段檢測含解析新人教版

PAGE9-階段滾動檢測(七)(第七章)(45分鐘100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。1～5小題為單選,6～8小題為多選)1.A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在靜電力作用下以肯定的初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度v與時間t的關系圖象如圖所示。則此電場的電場線分布可能是()【解析】選A。從v-t圖象可以看出微粒的速度漸漸減小，圖線的斜率漸漸增大，v-t圖線中圖線的斜率表示微粒的加速度大小，故微粒做加速度漸漸增大的減速運動，所以帶負電的微粒順著電場線運動，電場力做負功，速度漸漸減小，且電場線沿微粒運動方向漸漸密集，故選項A正確，選項B、C、D錯誤。2．如圖甲所示，在光滑絕緣的水平面上固定兩個等量的正點電荷。M、O、N為兩點電荷連線上的點。其中O為連線中點，且MO＝ON。在M點由靜止釋放一個電荷量為q的正摸索電荷，結果該摸索電荷在MN間做來回往復運動，在一個周期內的v-t圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是()A．M和N兩點的電場強度和電勢完全相同B．摸索電荷在O點所受電場力最大，運動的速度也最大C．摸索電荷在t2時刻到達O點，t4時刻到達N點D．摸索電荷從M經O到N的過程中，電勢能先減小后增大【解析】選D。依據等量的正點電荷的電場的特點可知，M和N兩點的電場強度大小相等，方向相反，而電勢是相同的，選項A錯誤；依據等量的正點電荷的電場的特點可知，O點的電勢最低，電場強度為0，所以摸索電荷在O點所受電場力最小，但運動的速度最大，選項B錯誤；摸索電荷在t2時刻的速度再次等于0，所以在t2時刻到達N點，選項C錯誤；由題圖可知，摸索電荷從M經O到N的過程中，速度先增大后減小，則動能先增大后減小，所以電勢能先減小后增大，選項D正確。3．(2024·拉薩模擬)有一種電荷限制式噴墨打印機，它的打印頭的結構簡圖如圖所示，其中墨盒可以噴出微小的墨汁微粒，此微粒經過帶電室?guī)想姾笠钥隙ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D電場，再經過偏轉電場后打到紙上，顯示出字符，不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小(偏轉距離減小)，下列措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質量B．減小偏轉電場兩極板間的距離C．減小偏轉電場的電壓D．減小墨汁微粒的噴出速度【解析】選C。微粒以肯定的初速度垂直射入偏轉電場后做類平拋運動，則在水平方向上有L＝v0t，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)at2，加速度為a＝eq\f(qU,md)，聯立解得y＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，要縮小字跡，就要減小微粒在豎直方向上的偏轉量y，由上式分析可知，可采納的方法：增大墨汁微粒的質量、增大偏轉電場兩極板間的距離、增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能Ek0(增大墨汁微粒的噴出速度)、減小偏轉電場的電壓U等，故A、B、D錯誤，C正確。4．如圖所示為靜電除塵機理圖，廢氣先經過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)，放電極和集塵極加上高壓電場，使塵埃帶上負電，塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，達到除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標)。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量改變，則()A.電場線方向由放電極指向集塵極B．圖中A點電勢高于B點電勢C．塵埃在遷移過程中電勢能減小D．塵埃在遷移過程中動能減小【解析】選C。由于塵埃帶負電，要使塵埃向集塵極偏轉，所受的電場力應指向集塵極，所以電場線應由集塵極指向放電極，選項A錯誤；對A點分析可知，電場線從集塵極指向放電極，放電極帶負電，由于A點離放電極較近，所以A點電勢較低，選項B錯誤；塵埃在遷移過程中電場力做正功，電勢能減小，選項C正確；塵埃在遷移過程中由動能定理可知，塵埃動能增大，選項D錯誤。5.(2024·蚌埠模擬)如圖所示，E、F、G、H為矩形ABCD四邊的中點，O為EG、HF的交點，AB邊的長度為d。E、G兩點各固定一對等量點電荷，另一電荷量為＋Q的正點電荷置于H點時，F點處的電場強度恰好為零。若將H點的正點電荷移到O點，則F點處電場強度的大小和方向為(靜電力常量為k)()A．eq\f(4kQ,d2)方向向右B．eq\f(4kQ,d2)方向向左C．eq\f(3kQ,d2)方向向右D．eq\f(3kQ,d2)方向向左【解析】選C。當正點電荷在H點時，F點處電場強度恰好為零，說明EG兩個點上的電荷在F點產生的電場與正電荷Q的電場之和為零，依據公式E＝eq\f(kQ,r2)可得，EG兩個點的電荷在F點產生的電場強度大小為E＝eq\f(kQ,d2)，方向水平向左；現將Q點電荷移到O點，它在F點產生的電場強度大小E1＝keq\f(4Q,d2)，方向向右，所以F點的合場強E合＝keq\f(4Q,d2)－keq\f(Q,d2)＝keq\f(3Q,d2)，方向水平向右，故C正確，A、B、D錯誤。6.如圖所示，帶電小球自O點由靜止釋放，經C孔進入兩水平位置的平行金屬板之間，由于電場的作用，剛好下落到D孔時速度減為零。對于小球從C到D的運動過程，已知從C運動到CD中點位置用時t1，從C運動到速度等于C點速度一半的位置用時t2，下列說法正確的是()A．小球帶負電B．t1<t2C．t1>t2D．將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下【解析】選A、B。由題圖可知，A、B間的電場強度方向向下，小球從C到D做減速運動，受電場力方向向上，所以小球帶負電，選項A正確；由于小球在電場中受到的重力和電場力都是恒力，所以小球做勻減速直線運動，其速度圖象如圖所示，由圖可知，t1<t2，選項B正確，C錯誤；將B板向上平移少許時兩板間的電壓不變，依據動能定理可知mg(h＋d)－qU＝0，mg(h＋x)－eq\f(qUx,d′)＝0，聯立得x＝eq\f(h,h＋d－d′)d′<d′，即小球不到D孔就要向上返回，所以選項D錯誤。7．(2024·烏魯木齊模擬)如圖所示，虛線為電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等。一個質子在A點的電勢能小于其在B點的電勢能，下列說法中正確的是()A．A點的電勢比B點的高B．A點的電勢比B點的低C．質子在A點所受的電場力比B點的大D．質子在A點所受的電場力比B點的小【解析】選B、D。正電荷在電場中電勢高的位置，電勢能大，由于帶正電的質子在A點的電勢能小于其在B點的電勢能，則知A點的電勢比B點的低，故A錯誤，B正確；等差等勢面的疏密代表電場強度的大小，故B點的電場強度大于A點的電場強度，質子在A點所受的電場力比B點的小，故C錯誤，D正確。8.(2024·內江模擬)如圖所示,勻強電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點,AB的長度為1m,D為AB的中點。已知電場線的方向平行于△ABC所在平面,A、B、C三點的電勢分別為4V、6V和2V。設電場強度大小為E,一質子從D點移到C點電場力所做的功為W,則()A.W=7eV B.W=3eVC.E>2V/m D.E<2V/m【解析】選B、C。勻強電場中,由于D為AB的中點,則D點的電勢φD==5V,質子從D點移到C點電場力所做的功為W=qUDC=q(φD-φC)=1×(5-2)eV=3eV,故選項A錯誤,B正確;AB的長度為1m,由于電場強度的方向并不是沿著AB方向,所以AB兩點沿電場方向的距離d<1m,勻強電場中兩點電勢差與兩點沿電場方向的距離成正比,即U=Ed,所以E=>2V/m,故選項C正確,D錯誤。二、試驗題(12分)9．(驗證動量守恒)圖(a)中，水平放置的氣墊導軌上有A、B兩個質量相同的滑塊，滑塊上的遮光片寬度均為d，A位于導軌的左端，B位于導軌中間，AB間、B與導軌右端各有一個光電門。用手推一下A，A向右運動與B發(fā)生碰撞并粘到一起，測得A通過光電門1的遮光時間為t1；A、B一起通過光電門2時B上遮光片的遮光時間為t2。完成下列填空：(1)A通過光電門時速度的大小為______；(用題中物理量的符號表示)(2)用游標卡尺測量d時示數如圖(b)所示，則d＝__________cm；(3)當t1＝__________時，A、B組成的系統碰撞前后的動量守恒。【解析】(1)由于遮光片的寬度比較小，故遮光片通過光電門的時間比較短，因此可將遮光片通過光電門的平均速度看成滑塊A通過光電門的瞬時速度，故滑塊A通過光電門的速度可表示為v＝eq\f(d,t1)。(2)游標卡尺的主尺讀數為8mm，游標尺讀數為0.1×5mm＝0.5mm，所以擋光片的寬度為d＝8mm＋0.5mm＝8.5mm＝0.85cm(3)滑塊A經過光電門1的速度：v1＝eq\f(d,t1)，滑塊A、B一起經過光電門2的速度：v2＝eq\f(d,t2)，沒有摩擦力作用，碰撞前后動量守恒，依據動量守恒定律：m·eq\f(d,t1)＝2meq\f(d,t2)，化簡得：t1＝eq\f(1,2)t2，即當t1＝eq\f(1,2)t2時，A、B組成的系統碰撞前后的動量守恒。答案：(1)eq\f(d,t1)(2)0.85(3)eq\f(1,2)t2三、計算題(本題共2小題，共40分。需寫出規(guī)范的解題步驟)10.(20分)如圖所示，兩塊相同的金屬板正對著水平放置，板間距離為d。當兩板間加電壓U時，一個質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以水平速度v0從靠近上極板的A點射入電場，經過一段時間后從靠近下極板的B點射出電場，A、B間的水平距離為L，不計重力影響。求：(1)帶電粒子從A點運動到B點經驗的時間；(2)帶電粒子經過B點時速度的大小；(3)A、B間的電勢差。【解析】(1)帶電粒子在水平方向做勻速直線運動，從A點到B點經驗時間t＝eq\f(L,v0)；(2)帶電粒子在豎直方向做勻加速直線運動，板間場強大小E＝eq\f(U,d)加速度大小a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)經過B點時粒子沿豎直方向的速度大小vy＝at＝eq\f(qU,md)·eq\f(L,v0)帶電粒子在B點速度的大小v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋\f(q2U2L2,m2d2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))))；(3)粒子從A點運動到B點過程中，據動能定理得qUAB＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))A、B間的電勢差UAB＝eq\f(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)＝eq\f(qU2L2,2md2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))。答案：(1)eq\f(L,v0)(2)eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋\f(q2U2L2,m2d2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))))(3)eq\f(qU2L2,2md2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))11.(20分)如圖所示，在足夠高的豎直絕緣擋板上A點，以水平速度v0向左拋出一個質量為m，電荷量為＋q的小球，由于空間存在水平向右、場強大小為E的勻強電場。小球拋出后經過一段時間將再次到達墻面上的B點，重力加速度為g。求在此過程中：(1)小球水平方向的速度為零時到板面的距離。(2)板上A、B兩點間的距離。(3)小球的最小速度。【解題指導】解答本題應留意以下兩點：(1)小球在水平方向先向左做勻減速運動而后向右做勻加速運動，小球在豎直方向上做自由落體運動，運用運動的合成分解和牛頓其次定律可得結果；(2)將小球的速度方向沿合力方向和垂直于合力方向分解，垂直于合力方向做勻速直線運動，當沿合力方向的速度為零時，小球的速度最小?！窘馕觥?1)小球在水平方向先向左做勻減速運動而后向右做勻加速運動，小球在豎直方向上做自由落體運動；水平方向上有F＝max，得ax＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)，則有x＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2ax)＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qE)。(2)水平方向速度減小為零所需的時間為t1＝eq\f(v0,ax)，得t＝2t1＝eq\f(2v0,ax)＝eq\f(2mv0,qE)；豎直方向上y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(2m2gveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q2E2)。(3)將小球的速度方向沿合力方向和垂直于合力方向分解，垂直于合力方向做勻速直線運動，當沿合力方向的速度為零時，小球的速度最小。此時vmin＝v0cosθ，依據力的關系知cosθ＝eq\f(mg,\r(q2E2＋m2g2))，解得vmin＝eq\f(mgv0,\r(q2E2＋m2g2))答案：(1)eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qE)(2)eq\f(2m2gveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q2E2)(3)eq\f(mgv0,\r(q2E2＋m2g2))【加固訓練】

如圖所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直線軌道AB與水平放置的光滑圓弧軌道BCD相切于B點，整個軌道位于水平桌面內，圓心角∠BOC=37°，線段OC垂直于OD，圓弧軌道半徑為R，直線軌道AB長為L=5R。整個軌道處于電場強度為E的勻強電場中，電場強度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直線OD?，F有一個質量為m、帶電荷量為+q的小物塊P從A點無初速度釋放，小物塊P與AB之間的動摩擦因數μ=0.25，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽視空氣阻力。求：(1)小物塊第一次通過C點時對軌道的壓力大小FNC1。(2)小物塊第一次通過D點后離開D點的最大距離。(3)小物塊在直線軌道AB上運動的總路程?！窘馕?/p>