（通用版）2020版高考物理大一轮复习单元质检七静电场新人教版.docx

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1、1单元质检七 静电场(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 9小题,每小题 6分,共 54分。在每小题给出的四个选项中,第 15题只有一项符合题目要求,第 69题有多项符合题目要求。全部选对的得 6分,选对但不全的得 3分,有选错的得 0分)1.将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上(如图所示)。 O点为该正方形对角线的交点,直线段 AB通过 O点且垂直于该正方形, OAOB,以下对 A、 B两点的电势和电场强度的判断,正确的是( )A.A点电场强度小于 B点电场强度B.A点电场强度大于 B点电场强度C.A点电势等于 B点电势D.A点电势高于 B点电势答案 C解析 由电

2、荷的对称分布规律可知 AB直线上各点的电场强度为 0,选项 A、B 错误;同理将一电荷从 A点移动到 B点电场力做功为 0,则 AB电势差为 0,A点电势等于 B点电势,选项 C正确,选项 D错误。2.A、 B为两等量异种电荷,图中水平虚线为 A、 B连线的中垂线。如图所示,现将另两个等量异种的检验电荷 a、 b,用绝缘细杆连接后从离 AB无穷远处沿中垂线平移到 AB的连线,平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称。若规定离 AB无穷远处电势为零,则下列说法正确的是( )A.在 AB的连线上 a所处的位置电势 a02C.整个移动过程中,静电力对 a做正功D.整个移动过程中,静电力对 a、 b

3、整体做正功答案 B解析 A、 B是等量异种电荷,根据等量异种电荷的电场分布可知, AB中垂线是条等势线,又规定无穷远处电势为零,所以 AB中垂线上的任意一点电势都为零,则 AB的中点处电势为零,又因 A是正电荷,电场线方向为 A指向 B,所以 a0, b0,b的电势能 Epb=(-q) b0,所以 a、 b整体在 AB连线处具有的电势能 Ep0,故 B正确。 a、 b在无穷远处电势能均为零,所以在移动过程中, a、 b的电势能均增大,静电力做负功,故 C、D 错误。3.如图所示,光滑绝缘的半圆轨道竖直放置,直径 AD水平, B、 C是三等分点,在 A、 D两点固定有电荷量为 Q1和 Q2的正点

4、电荷,一不计重力的带电小球,恰好能静止在 C点,现使该小球以一定的初速度从 A点沿轨道运动到 D点,则下列说法正确的是( )A.两点电荷的电荷量之比 Q1Q 2=3 13B.小球经过 C点时加速度等于 0C.小球经过 B点时动能最大D.小球在 B、 C两点的电势能相等答案 A解析 如图所示,小球受到 Q1和 Q2的库仑力沿 C的切线方向的分力分别为 F1= sin ,F2=kQ1q(2rcos )2sin ,其中 r为半圆轨道的半径, = 30,= 60,根据平衡条件可得, F1=F2,解得kQ2q(2rcos )2Q1=3 Q2,A正确。小球经过 C点做曲线运动,且 F1=F2,故加速度应指

5、向圆心,B 错误。在 AC段,3F1F2,在 CD段, F1aB,EkAEkB B.aAEpBC.aAaB,EkAEcB.电势大小关系有 b dC.将一负电荷放在 d点时其电势能为负值D.将一正电荷由 a点移到 d点的过程中电场力做正功答案 BD解析 由电场线的疏密表征电场强度的大小可知, Eb d,故 B正确;由于 a点电势高于 d点电势,将一正电荷由 a点移到 d点的过程中电场力做功 W=q( a- d)0,为正功,故 D正确;由于无穷远处为零电势点,故 d点电势为负,负电荷放在 d点时其电势能 =(-q) d0,为正值,故 C错误。Epd7.5如图所示,平行板电容器与电动势为 E的直流电

6、源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的 P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则( )A.平行板电容器的电容将变小B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将减少D.若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变答案 ACD解析 将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时,两极板的正对面积 S不变,间距 d变大,根据关系式 C= 可知,电容 C减小,选项 A正确;因为静电计指针的变化表征了电容器两极板 rS4 kd Sd电势差的变化,题中电容器两极板间的电势差 U不变,所以静电

7、计指针张角不变,选项 B错误; U不变,极板间距 d变大时,板间电场强度 E= 减小,带电油滴在 P点的电势 =Ed 1增大,其中 d1为油滴到下极Ud板的距离,又因为油滴带负电,所以其电势能将减少,选项 C正确;若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则电容器带电荷量 Q不变,极板间距 d变大,根据 Q=CU,E=和 C= 可知 E ,可见,极板间电场强度 E不变,所以带电油滴所受电场力不变,选项 D正确。Ud rS4 kd QS8.(2018湖北荆州期末)如图所示,质量相同的两个带电粒子 P、 Q以相同的初速度沿垂直于电场的方向射入两平行板间的匀强电场中, P从两极

8、板正中央射入, Q从下极板边缘处射入,它们最后打在同一点(重力不计),则从开始射入到打到上极板的过程中( )A.它们运动的时间 tQ=tPB.它们所带电荷量之比 qPq Q=1 2C.它们的电势能减少量之比 EP EQ=1 26D.它们的动能增量之比 EkP EkQ=1 4答案 ABD解析 带电粒子在垂直电场方向上不受力,都做匀速直线运动,位移相等,由 x=v0t可知运动时间相等,即 tQ=tP,故 A正确;平行电场方向受到电场力,做初速度为零的匀加速直线运动,根据位移时间关系公式,有 y= at2= t2,解得 q= ,由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 yPy Q=1 2,所以它们12

9、 qE2m 2ymEt2所带的电荷量之比 qPq Q=yPy Q=1 2,故 B正确;电势能的减少量等于电场力做的功,即 E=qEy,因为竖直位移之比为 yPy Q=1 2,电荷量之比为 qPq Q=1 2,所以它们电势能减少量之比为 EP EQ=1 4,故 C错误;根据动能定理,有 qEy= Ek,而 qPq Q=1 2,yPy Q=1 2,所以动能增加量之比 EkP EkQ=1 4,故 D正确。9.如图所示,在平面直角坐标系中有一底角是 60的等腰梯形,坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中 O(0,0)点电势为 6 V,A(1, )点电势为 3 V,B(3, )点电势为零,则由此可

10、判定( )3 3A.C点电势为 3 VB.C点电势为零C.该匀强电场的电场强度大小为 100 V/mD.该匀强电场的电场强度大小为 100 V/m3答案 BD解析7由题意知 C点坐标为(4,0),在匀强电场中,任意两条平行线段,两点间电势差与其长度成正比,故,代入数值得 C=0,A错误,B 正确;作 BD AO,如图所示,则 D=3V,即 AD是一条等势线,电UABAB=UOCOC场强度方向沿 OG,OG AD,由几何关系得 OG= cm,由 E= 得 E=100 V/m,C错误,D 正确。3Ud 3二、计算题(本题共 3小题,共 46分)10.(14分)示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器

11、,其主要结构可简化为:电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏,如图所示。若已知加速电场的电压为U1,两平行金属板的板长、板间距离均为 d,荧光屏距两平行金属板右侧距离也为 d,电子枪发射质量为 m、电荷量为 -e的电子,从两平行金属板的中央穿过,打在荧光屏的中点 O。不计电子进入加速电场的速度及电子重力。若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场,两板间的偏转电压为 U2,电子会打在荧光屏上某点,该点到 O点距离为 d,求 U1和 U2的比值 。32 U1U2答案 1 2解析 在电子加速过程中,由动能定理得eU1=12mv02电子进入偏转区做类平抛运动,如图所示,在

12、此过程中,电子的水平位移 d=v0t电子的加速度 a=eEm偏转电场的电场强度 E=U2d离开偏转电场时沿电场方向的位移 y= at212设离开偏转电场时速度的偏转角为 ,则 tan=vyv0=atv08打到荧光屏上的亮点的位置到 O点的距离 y=y+dtan由题意可知 y=3d2由以上各式联立可解得 。U1U2=1211.(15分)如图甲所示,相距 d=15 cm的 A、 B两极板是在真空中平行放置的金属板,当给它们加上电压后,它们之间的电场可视为匀强电场。今在 A、 B两板之间加上如图乙所示的交流电压,交流电压的周期 T=1.010-6 s,t=0时 A板的电势比 B板的电势高,且 U0=

13、1 080 V,一个比荷 =1.0108 qmC/kg的带负电荷的粒子在 t=0时刻从 B板附近由静止开始运动,不计重力。(1)当粒子的位移为多大时,粒子的速度第一次达到最大,最大值是多少?(2)粒子运动过程中,将与某一极板相碰撞,求粒子碰撞极板时速度的大小。答案 (1)0.04 m 2.410 5 m/s (2)2.110 5 m/s解析 粒子在电场中的运动情况比较复杂,可借助于 v-t图像分析运动的过程,如图所示为一个周期的 v-t图像,以后粒子将重复这种运动。(1)在 0 时间内,粒子加速向 A运动;当 t= 时,粒子速度第一次达到最大,根据牛顿第二定律可T3 T3知,粒子运动的加速度为

14、 a= ,Fm=qU0md设粒子的最大速度为 vm,此时位移为 x,则x= at2= =0.04m,12 12qU0md(T3)2vm=at= =2.4105m/s。qU0T3md9(2)粒子在一个周期的前 时间内,先加速后减速向 A板运动,位移为 xA;在后 时间内,先加速后2T3 T3减速向 B运动,位移为 xB,以后的每个周期将重复上述运动,由于粒子加速和减速运动中的加速度大小相等,即有 xA=2x=0.08m,xB=2 =0.02m。所以粒子在一个周期内的位移 x=xA-qU02md(T6)2xB=0.06m。显然,第 2个周期末粒子距 A板的距离为 l=d-2x=0.03m0.04m

15、,表明粒子将在第 3个周期内的前 时间内到达 A板,设粒子到达 A板的速度为 v,则由 v2=2aL,得 v2= ,解得T3 2qU0Lmdv=2.1105m/s。12.(17分)如图所示,电荷量 q=+210-3 C、质量 m=0.1 kg的小球 B静置于光滑的水平绝缘板右端,板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度 E=103 N/C的匀强电场。与 B球形状相同、质量为 0.3 kg的绝缘不带电小球 A以初速度 v0=10 m/s向 B运动,两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场,在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短,小球 B所带电荷量始终不变,重力加速度 g

16、取 10 m/s2。求:(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小;(2)第二次碰撞前瞬间小球 B的动能;(3)第三次碰撞的位置。答案 (1)5 m/s 15 m/s (2)6.25 J (3)在第一次碰撞点右方 5 m,下方 20 m处解析 (1)第一次碰撞时两小球动量守恒,即3mv0=3mv1+mv2机械能守恒,即 3m 3m12 v02=12 v12+12mv22解得碰后瞬间 A的速度 v1=5m/s,B的速度 v2=15m/s。(2)碰后 A、 B两球进入电场,竖直方向二者相对静止,均做自由落体运动;水平方向上, A做匀速直线运动, B做匀减速直线运动,其加速度大小 aB= =20m/s2

17、qEm10设经过时间 t两小球再次相碰,则有 v1t=v2t- aBt212解得 t=1s此时, B的水平速度 vx=v2-aBt=-5m/s(负号表明方向向左)竖直速度 vy=gt=10m/s故第二次碰前 B的动能EkB= m( )=6.25J。12mvB2=12 vx2+vy2(3)第二次碰撞时, A、 B两小球水平方向上动量守恒3mv1+mvx=3mv1+mvx水平方向上机械能守恒3m 3mv12+ mvx212 v12+12mvx2=12 12解得第二次碰后水平方向 A的速度 v1=0,B的速度 vx=10m/s故第二次碰撞后 A竖直下落( B在竖直方向上的运动与 A相同),水平方向上, B做匀减速直线运动,设又经过时间 t两小球第三次相碰,则有 vxt- aBt2=012解得 t=1s因此,第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方 x=v1t=5m下方 y= g(t+t)2=20m。12