版步步高高考物理全国用大一轮复习讲义单元滚动检测七静电场.docx

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版步步高高考物理全国用大一轮复习讲义单元滚动检测七静电场

单元滚动检测七　静电场

考生注意：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．

2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．

3．本次考试时间90分钟，满分100分．

4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．

第Ⅰ卷（选择题，共48分）

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）

1．下列关于点电荷的说法中，正确的是（　　）

A．只有体积很小的带电体才能看做点电荷

B．体积很大的带电体一定不是点电荷

C．当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷

D．任何带电球体，都可看做电荷全部集中于球心的点电荷

2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（　　）

3．如图1所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（　　）

图1

A．A点电势大于B点电势

B．A、B两点的电场强度相等

C．q1的电荷量小于q2的电荷量

D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能

4．真空中有两个等量同种电荷，以连线中点O为坐标原点，以它们的中垂线为x轴，图中能正确表示x轴上电场强度情况的是（　　）

5．如图2所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（　　）

图2

A．三个等势面中，等势面a的电势最高

B．带电质点一定是从P点向Q点运动

C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小

D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小

6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图3所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（　　）

图3

7．示波管原理如图4甲所示，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间，若要在荧光屏上始终出现如图乙所示的斑点a，那么，YY′与XX′间应加上的电压组是（　　）

图4

8．如图5所示，静电植绒时，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电绒毛落向布匹过程中（　　）

图5

A．做匀速运动B．做加速运动

C．电势能逐渐增大D．电势能逐渐减小

9．如图6所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是（　　）

图6

A．b、d两点处的电势相同

B．四个点中c点处的电势最低

C．b、d两点处的电场强度相同

D．将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小

10．如图7所示，平行板电容器两极板水平放置，极板A在上方，极板B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，二极管具有单向导电性，已知极板A和电源正极相连，一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板A、B间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是（　　）

图7

A．若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N点的右侧

B．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N点的左侧

C．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球打在N点的左侧

D．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N点的右侧

11．如图8所示，带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA＝OB，A、B都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d，为使平衡时A、B间距离减为，可采用以下哪些方法（　　）

图8

A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍

B．将小球B的质量增加到原来的8倍

C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半

D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍

12．如图9所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角．B小球受一沿杆方向的水平推力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1.现缓慢推动B球，A球也缓慢移动，当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则（　　）

图9

A．F1＜F2B．F1＞F2C．L1＜L2D．L1＞L2

第Ⅱ卷（非选择题，共52分）

二、非选择题（共52分）

13．（6分）水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球（可视为点电荷）放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图10所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为________．

图10

14．（6分）如图11所示，为半径为r的圆环，但在A、B之间留有宽度为d的间隙，且d≪r.将电荷量为Q的正电荷均匀分布在圆环上．圆心O处的电场强度的大小为__________，方向________．

图11

15.（8分）如图12所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103V（仅在两板间有电场），现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20cm的地方以初始速度v0＝4m/s水平抛出，小球恰好从左板上的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取10m/s2，求：

图12

（1）金属板的长度L.

（2）小球飞出电场时的动能Ek.

16．（8分）如图13所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径．一质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°.不计空气阻力．已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.

图13

（1）求电场强度E的大小；

（2）若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度的大小应满足的条件．

17.（12分）如图14所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷．a、b是AB连线上两点，其中Aa＝Bb＝，a、b两点电势相等，O为AB连线的中点．一质量为m、带电荷量为＋q的小滑块（可视为质点）以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍（n＞1），到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：

图14

（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；

（2）O、b两点间的电势差UOb；

（3）小滑块运动的总路程s.

18．（12分）如图15甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD如图水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3s，U0＝1×103V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0＝1000m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7kg.不计粒子所受重力．求：

图15

（1）粒子在板间运动的时间；

（2）粒子打到荧光屏的纵坐标的范围；

（3）粒子打到荧光屏上的动能．

答案精析

1．C　[只有当带电体的形状和大小对研究问题的影响可以忽略不计时，带电体才可以视为点电荷，则分析各选项可知只有C项正确．]

2．B　[把带电金属球移近不带电的验电器，根据静电感应现象的规律，若金属球带正电荷，则会将验电器上的自由电子吸引上来，这样验电器的上部将带负电荷，下部的箔片带正电荷；若金属球带负电荷，则会将验电器上的自由电子排斥到最远端，这样验电器的上部将带正电荷，下部的箔片带负电荷．只有选项B正确．]

3．C　[将带正电的q1、q2移动到无穷远的过程中克服电场力做功，表明点电荷Q带负电，因此A点电势小于B点电势，A错；由点电荷形成的电场的电场线分布规律可知A点的场强大于B点的场强，所以选项B错误；又因为将两电荷移到无穷远的过程中克服电场力做的功相等，表明两电荷初始时的电势能相同，由于φA＜φB＜0，可知q1的电荷量小于q2的电荷量，选项C正确，选项D错误．]

4．B　[由等量同种电荷的电场线分布情况可知，在两电荷连线中点处场强为零，从中点沿连线的中垂线向外，电场强度先增大后减小，到无限远处趋近于零，再由对称性可知B正确．]

5．C　[电场线和等势面垂直，可以根据等势面来画出某处的电场线．又质点做曲线运动所受电场力的方向指向曲线的凹侧，由此可以判断出电场线的方向大致是从c指向a，而沿着电场线的方向电势逐渐降低，a、b、c三个等势面的电势关系为φc＞φb＞φa，选项A错误．无法从质点的受力情况来判断其运动方向，选项B错误．质点在P点的电势能大于在Q点的电势能，而电势能和动能的总和不变，所以，质点在P点的动能小于在Q点的动能，选项C正确．P点的等势面比Q点的等势面密，故场强较大，质点受到的电场力较大，加速度较大，选项D错误．]

6．C

7．A　[电子通过偏转电极时受电场力作用会偏向偏转电极的正极，因此结合题图可知A正确．]

8．BD　[带负电绒毛落向布匹的过程中仅受电场力的作用，必然做加速运动，电场力对绒毛做正功，绒毛的电势能逐渐减小，选项A、C错误，B、D正确．]

9．ABD　[等量异种电荷的电场线分布及a、b、c、d四点的位置如图所示，根据对称性可知，b、d两点的电势相等，A正确．图中虚线分别是过c点和过b、d两点的等势线，沿电场线方向电势依次降低，所以c点的电势最低，B正确．b、d两点的场强大小相等，但方向不同，C错误．正电荷在电势越低的地方电势能越小，D正确．]

10．BD　[根据平行板电容器电容的决定式C＝和定义式C＝可知，当A、B间距d增大时，C减小，由于电容器两极板与电源相连，因此电容器要放电，但由于二极管的单向导电性，使得电容器上的电荷量不能变化，又由电场强度与电势差的关系E＝可知：

E＝·＝，即恒定不变，因此无论小球电性如何，其运动过程中的受力情况不变，因此仍然打在N点，故选项A、C错误；当A、B间距d减小时，C增大，由于电容器两极板与电源相连，因此电容器要被充电，U保持不变，电场强度E增大，小球所受电场力增大，若小球带正电，则合力变大，加速度变大，运动至B极板的时间变短，因此打在N点的左侧，故选项B正确；若小球带负电，则合力变小（电场力仍然小于重力），加速度变小，运动至B极板的时间变长，因此可能打在N点的右侧，故选项D正确．]

11．BD　[如图所示，B受重力，丝线的拉力及库仑力；将拉力与库仑力合成，合力应与重力大小相等方向相反；

由几何三角形与力三角形相似可得＝，又库仑力F＝，则＝＝k，整理得mBgd3＝kQAQBL，要使d变为，可以将小球B的质量增大到原来的8倍，或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍，故选项B、D正确．]

12．BC　[

以A球为研究对象，受力分析，A球在重力、支持力和库仑力作用下处于平衡状态，如图所示，B球由B到C过程中，A球所受库仑力与杆方向夹角在减小，由三力平移后的矢量三角形可知．库仑力减小，由库仑定律可知，两带电小球之间距离增大，C项正确；再分析B球受力，库仑力减小，且与水平方向夹角增大，而推力大小等于库仑力的水平分力，故推力减小．B项正确．]

13.

解析　根据平衡条件有3kcosθ＝mg（θ为过O点的棱与竖直方向的夹角），又由几何关系可得cosθ＝，联立解得q＝.

14.　背离圆心指向缺口

解析　假设将这个圆环的缺口补上，并且所补部分的电荷密度与原圆环上的电荷密度一样，这样就形成一个电荷均匀分布的完整的带电圆环，环上处于同一直径两端的微小部分所带电荷可视为两个相对应的点电荷，它们在圆心O处产生的电场叠加后合场强为零．根据对称性可知，带电圆环在圆心O处的合场强E＝0.至于补上的那一小段，由题中条件可看成点电荷，它在圆心O处的场强E1是可求的．若题中待求场强为E2，则E1＋E2＝0.设原缺口环所带电荷的线密度为σ，σ＝，则补上的那一小段的电荷量Q′＝σ·d＝，Q′在圆心O处的场强为E1＝＝，方向背离圆心向右．由E1＋E2＝0，可得E2＝－E1＝－，负号表示E2与E1方向相反，即背离圆心指向缺口．

15．

（1）0.15m　

（2）0.175J

解析　

（1）小球到达左板上边缘时的竖直分速度：

vy＝＝2m/s

设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则

tanθ＝＝2

小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：

tanθ＝＝，L＝，L＝＝0.15m.

（2）进入电场前mgh＝mv－mv

进入电场中qU＋mgL＝Ek－mv

解得Ek＝0.175J.

16．

（1）　

（2）v≥

解析　

（1）当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，则有

＝tan37°，所以E＝.

（2）当小球做圆周运动时，可

以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动．若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点．设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零．在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有

－mg·2r＝0－mv

所以vmin＝，即小球的初速度应不小于.

17．

（1）　

（2）－E0　（3）L

解析　

（1）由Aa＝Bb＝，O为AB连线的中点得：

a、b关于O点对称，则Uab＝0

设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Ff，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：

q·Uab－Ff·＝0－E0

而Ff＝μmg

解得：

μ＝

（2）滑块从O→b过程，由动能定理得：

q·UOb－Ff·＝0－nE0

解得：

UOb＝－

（3）对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得：

q·UaO－Ff·s＝0－E0

而UaO＝－UOb＝

解得：

s＝L.

18.

（1）2×10－3s　

（2）0.85m～0.95m　（3）5.05×10－2J

解析　

（1）粒子在板间沿x轴方向做匀速直线运动，设运动时间为t，则

L＝v0t，

t＝＝2×10－3s

（2）t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1

y1＝a（）2＋（a·）

＝ma

解得y1＝0.15m

纵坐标y＝d－y1＝0.85m

t＝1×10－3s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2

y2＝a（）2

解得y2＝0.05m

纵坐标y′＝d－y2＝0.95m

所以打在荧光屏上的范围在0.85m～0.95m之间

（3）由动能定理得：

qy2＝mv2－mv

解得mv2＝5.05×10－2J