2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場(chǎng)章末質(zhì)量檢測(cè)七含解析粵教版

PAGE8-章末質(zhì)量檢測(cè)(七)(時(shí)間：40分鐘)一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～8題為多項(xiàng)選擇題)1.下列關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度的說(shuō)法中正確的是()A.由E＝eq\f(F,q)知，若q減半，則該處電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍B.由E＝keq\f(Q,r2)知，E與Q成正比，而與r2成反比C.由E＝keq\f(Q,r2)知，在以Q為球心、r為半徑的球面上的各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度均相同D.電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向就是該點(diǎn)所放電荷受到的靜電力的方向解析電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小與摸索電荷的電荷量無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由E＝keq\f(Q,r2)知，E與Q成正比，而與r2成反比，選項(xiàng)B正確；由E＝keq\f(Q,r2)知，在以Q為球心、r為半徑的球面上的各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均相同，但是方向不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向就是該點(diǎn)所放正電荷受到的電場(chǎng)力的方向，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B2.對(duì)以下四幅圖中包含的物理學(xué)問(wèn)說(shuō)法正確的是()圖1A.圖甲：將兩板間距拉開(kāi)一些后，靜電計(jì)指針張角會(huì)變小B.圖乙：距離帶電體越遠(yuǎn)，等勢(shì)面的形態(tài)與帶電體的形態(tài)越相像C.圖丙：探討勻稱帶電球體在球外產(chǎn)生的電場(chǎng)時(shí)，可以認(rèn)為全部電荷集中在球心D.圖?。捍朔N電容器不僅可以接在直流電源上運(yùn)用，也可以接在溝通電源上運(yùn)用解析圖甲中，當(dāng)Q肯定時(shí)，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4kπd)知，d↑、C↓、U↑，靜電計(jì)指針張角變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；距離帶電體越遠(yuǎn)，等勢(shì)面的形態(tài)越接近圓形，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；勻稱帶電球體或球殼在球外產(chǎn)生的電場(chǎng)，可認(rèn)為全部電荷集中在球心，選項(xiàng)C正確；圖中電容器為電解電容器，只能在直流電源上運(yùn)用。答案C3.(2024·泰安一模)如圖2所示，＋Q為固定的正點(diǎn)電荷，虛線圓是其一條等勢(shì)線，兩電荷量相同、但質(zhì)量不相等的粒子，分別從同一點(diǎn)A以相同的速度v0射入，軌跡如圖中曲線，B、C為兩曲線與圓的交點(diǎn)。aB、aC表示兩粒子經(jīng)過(guò)B、C時(shí)的加速度大小，vB、vC表示兩粒子經(jīng)過(guò)B、C時(shí)的速度大小。不計(jì)粒子重力，以下推斷正確的是()圖2A.aB＝aCvB＝vC B.aB＞aCvB＝vCC.aB＞aCvB＜vC D.aB＜aCvB＞vC解析庫(kù)侖力F＝eq\f(kQq,r2)，兩粒子在B、C兩點(diǎn)受的庫(kù)侖力大小相同，依據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知aB＞aC，a＝eq\f(F,m)，解得mB＜mC，因?yàn)锽、C兩點(diǎn)位于同一等勢(shì)線上，電勢(shì)相等，所以兩粒子從A運(yùn)動(dòng)到B和從A運(yùn)動(dòng)到C，電場(chǎng)力做功相同且做負(fù)功，有－W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以eq\f(1,2)mB(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,B))＝eq\f(1,2)mC(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,C))，因?yàn)閙B＜mC，所以vB＜vC，C正確。答案C4.如圖3甲所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，虛線為電場(chǎng)線，與Ox軸成θ＝37°角，Ox軸上有a、b、c三點(diǎn)，Oa＝bc＝eq\f(1,2)ab＝2cm，Ox軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ的改變規(guī)律如圖乙所示。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說(shuō)法正確的是()圖3A.電場(chǎng)線方向斜向上B.場(chǎng)強(qiáng)大小為800V/mC.c點(diǎn)的電勢(shì)為16VD.電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能為－32eV解析由題圖乙知，沿Ox方向電勢(shì)降低，結(jié)合“沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)漸漸降低”知，電場(chǎng)線方向斜向下，A錯(cuò)誤；Ob＝6cm，O、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U＝48V，由U＝E·Obcosθ得E＝1×103V/m，B錯(cuò)誤；b點(diǎn)的電勢(shì)為零，c點(diǎn)的電勢(shì)為負(fù)值，且為φc＝－16V，C錯(cuò)誤；a點(diǎn)的電勢(shì)φa＝eq\f(2,3)×48V＝32V，電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能為Ep＝－eφa＝－32eV，D正確。答案D5.如圖4所示，邊長(zhǎng)為a的正三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)分別固定帶電荷量分別為＋q、＋q、－q的點(diǎn)電荷，則該三角形中心O點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為()圖4A.eq\f(6kq,a2)，方向由O指向CB.eq\f(6kq,a2)，方向由C指向OC.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由C指向OD.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由O指向C解析O點(diǎn)是三角形的中心，到三個(gè)點(diǎn)電荷的距離均為r＝eq\f(2,3)asin60°＝eq\f(\r(3),3)a，三個(gè)點(diǎn)電荷在O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小均為E0＝keq\f(q,r2)，依據(jù)對(duì)稱性和幾何學(xué)問(wèn)知，兩個(gè)帶電荷量為＋q的點(diǎn)電荷在O處產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)為E1＝keq\f(q,r2)，再與帶電荷量為－q的點(diǎn)電荷在O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)合成，得到O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為E＝E1＋E0＝2keq\f(q,r2)＝2keq\f(q,（\f(\r(3),3)a）2)＝eq\f(6kq,a2)，方向由O指向C，故選項(xiàng)A正確。答案A6.如圖5所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)。一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)s的位置在電場(chǎng)力的作用下由靜止起先沿AB向右運(yùn)動(dòng)，恰能通過(guò)最高點(diǎn)D，則()圖5A.R越大，s越小B.R越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后瞬間對(duì)軌道的壓力越大C.m越大，s越大D.m與R同時(shí)增大，電場(chǎng)力做功增大解析小球在BCD部分做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)，mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，小球由B到D的過(guò)程中有－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(5gR)，R越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度越大，則s越大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在B點(diǎn)有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得FN＝6mg，與R無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由qEs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，知m、R越大，小球在B點(diǎn)的動(dòng)能越大，則s越大，電場(chǎng)力做功越多，故選項(xiàng)C、D正確。答案CD7.(2024·湖南株洲一模)如圖6所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號(hào)電荷的金屬板A、B，板與水平面的夾角為θ。一個(gè)電荷量q＝1.41×10－4C、質(zhì)量m＝1g的帶電小球自A板上的孔P以大小為0.1m/s的水平速度v0飛入兩板之間的電場(chǎng)，經(jīng)0.02s后又回到P點(diǎn)，其間未與B板相碰，g取10m/s2，則()圖6A.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100V/mB.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為141V/mC.板與水平方向的夾角θ＝30°D.板與水平方向的夾角θ＝45°解析對(duì)帶電小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，小球的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－v0,\f(t,2))＝eq\f(0－0.1,\f(0.02,2))m/s2＝－10m/s2，依據(jù)幾何關(guān)系得tanθ＝eq\f(F合,mg)＝eq\f(m|a|,mg)＝eq\f(|a|,g)＝eq\f(10,10)＝1，故θ＝45°，F(xiàn)電＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg＝qE，解得E＝100V/m，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。答案AD8.(2024·江西臨川測(cè)試)如圖7甲所示，兩平行金屬板相距為d，在兩金屬板間加一如圖乙所示的交變電壓，有一個(gè)粒子源在平行板左邊界中點(diǎn)處沿垂直電場(chǎng)方向連續(xù)放射速度相同的帶正電粒子(不計(jì)重力)。t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子恰好在t＝T時(shí)刻到達(dá)B板右邊緣，則()圖7A.隨意時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間都為T(mén)B.t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界的速度最大C.t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)距B板的距離為eq\f(d,4)D.粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)的動(dòng)能與何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)無(wú)關(guān)解析隨意時(shí)刻進(jìn)入的粒子在水平方向的分運(yùn)動(dòng)都是勻速直線運(yùn)動(dòng)，則由L＝v0t，得t＝eq\f(L,v0)，由于L、v0都相等，而且水平方向的速度不變，所以到達(dá)電場(chǎng)右邊界所用時(shí)間都相等，且都為T(mén)，故A正確；粒子在豎直方向做周期性運(yùn)動(dòng)，勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，加速度也相同，所以到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)速度的改變量為零，因此粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)的速度大小等于進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)初速度大小，與何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤，D正確；對(duì)于t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，據(jù)題意有eq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2；對(duì)于t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在前eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向下，大小為y1＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2，在后eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向上，大小為y2＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2，則知y1＝y(tǒng)2，即豎直方向的位移為0，所以粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)距B板距離為y＝eq\f(d,2)，故C錯(cuò)誤。答案AD二、非選擇題9.如圖8所示，在一個(gè)傾角θ＝30°的斜面上建立x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，在x軸正向空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝4.5×106N/C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個(gè)電荷量大小q＝5.0×10－6C，質(zhì)量m＝1kg帶負(fù)電的絕緣物塊。物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，沿x軸正方向給物塊一個(gè)初速度v0＝5m/s，如圖所示(g取10m/s2)。求：圖8(1)物塊沿斜面對(duì)下運(yùn)動(dòng)的最大距離為多少？(2)到物塊最終停止時(shí)系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱共為多少？解析(1)設(shè)物塊向下運(yùn)動(dòng)的最大距離為xm，由動(dòng)能定理得mgsinθ·xm－μmgcosθ·xm－qExm＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得xm＝0.5m。(2)因qE＞mgsinθ＋μmgcosθ，物塊不行能停止在x軸正向，設(shè)最終停在x軸負(fù)向且離O點(diǎn)為x處，整個(gè)過(guò)程電場(chǎng)力做功為零，由動(dòng)能定理得－mgxsinθ－μmgcosθ(2xm＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得x＝0.4m產(chǎn)生的焦耳熱Q＝μmgcosθ·(2xm＋x)代入數(shù)據(jù)解得Q＝10.5J。答案(1)0.5m(2)10.5J10.在直角坐標(biāo)系中，三個(gè)邊長(zhǎng)都為l＝2m的正方形排列如圖9所示，第一象限正方形區(qū)域ABOC中有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E0，在其次象限正方形COED的對(duì)角線CE左側(cè)CED區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，三角形OEC區(qū)域內(nèi)無(wú)電場(chǎng)，正方形DENM區(qū)域內(nèi)無(wú)電場(chǎng)。圖9(1)現(xiàn)有一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))從AB邊上的A點(diǎn)靜止釋放，恰好能通過(guò)E點(diǎn)。求CED區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1；(2)保持(1)問(wèn)中電場(chǎng)強(qiáng)度不變，若在正方形區(qū)域ABOC中某些點(diǎn)靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使全部的粒子都經(jīng)過(guò)E點(diǎn)，則釋放點(diǎn)的坐標(biāo)值x、y間應(yīng)滿意什么關(guān)系？解析(1)設(shè)粒子在第一象限的電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，出第一象限時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得qE0l＝eq\f(1,2)mv2在其次象限中由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律l＝vtl＝eq\f(1,2)·eq\f(qE1,m)t2，解得E1＝4E0。(2)設(shè)動(dòng)身點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，加速過(guò)程由動(dòng)能定理得qE0x＝eq\f(1,2)mv′2經(jīng)過(guò)分析，要過(guò)E點(diǎn)在其次象限中類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)豎直位移與水平位移大小相等為y，則y＝v′t′，y＝eq\f(1,2)eq\f(qE1,m)t′2解得y＝x。答案(1)4E0(2)y＝x11.(2024·舟山模擬)如圖10所示，在豎直邊界線O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝100N/C，電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為30°，A點(diǎn)距水平地面的高度為h＝4m。BC段為一粗糙絕緣水平面，其長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝eq\r(3)m。斜面AB與水平面BC由一段極短的光滑小圓弧連接(圖中未標(biāo)出)，豎直邊界線O1O2右側(cè)區(qū)域固定一半徑為R＝0.5m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點(diǎn)緊貼豎直邊界線O1O2，位于電場(chǎng)區(qū)域的外部(忽視電場(chǎng)對(duì)O1O2右側(cè)空間的影響)。現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg、電荷量為q＝0.1C的帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)由靜止釋放，且該小球與斜面AB和水平面BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(\r(3),5)。g取10m/s2，求：圖10(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)所受軌道的壓力大??；(3)小球落地點(diǎn)與C點(diǎn)的水平距離。解析(1)以小球?yàn)樘接憣?duì)象，由A點(diǎn)至C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理可得(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos30°eq\f(h,sin30°)－μ(mg＋Eq)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得vC＝2eq\r(10)m/s。(2)以小球?yàn)樘接憣?duì)象，在由C點(diǎn)至D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，依據(jù)機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f