（江蘇專用）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場章末過關(guān)檢測

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1、第七章 靜電場 章末過關(guān)檢測(七) (時間：50分鐘　分值：100分) 一、單項(xiàng)選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一個選項(xiàng)正確) 1．靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是(　　) A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑 B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引 C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流 D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺 解析：選C.用塑料梳子梳頭發(fā)時相互摩擦，塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑，選項(xiàng)A屬于靜電現(xiàn)

2、象；帶電小球移至不帶電金屬球附近，由于靜電感應(yīng)，金屬球在靠近帶電小球一端會感應(yīng)出與帶電小球異號的電荷，兩者相互吸引，選項(xiàng)B屬于靜電現(xiàn)象；小線圈接近通電線圈過程中，由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，小線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項(xiàng)C不屬于靜電現(xiàn)象；從干燥的地毯上走過，由于摩擦生電，當(dāng)手碰到金屬把手時瞬時產(chǎn)生較大電流，人有被電擊的感覺，選項(xiàng)D屬于靜電現(xiàn)象． 2.兩個大小相同的小球帶有同種電荷，質(zhì)量分別為m1和m2，帶電荷量分別是q1和q2，用絕緣線懸掛后，因靜電力而使兩懸線張開，分別與中垂線方向成α1角和α2角，且兩球處于同一水平線上，如圖所示．若α1＝α2，則下述結(jié)論正確的是(　　) A．q1一定等于q2

3、B．一定滿足＝ C．m1一定等于m2 D．必須同時滿足q1＝q2、m1＝m2 解析：選C.分別對兩小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，由平衡條件得F－FTsin α1＝0，F(xiàn)Tcos α1－m1g＝0，所以tan α1＝＝.同理tan α2＝＝.因?yàn)棣?＝α2，所以m1＝m2. 3.(2019·遼師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出．不計(jì)重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為(　　) A.　　　　　　　　 B． C.

4、 D． 解析：選B.當(dāng)電場足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達(dá)上極板處時速度恰好與上極板平行，粒子的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動的逆運(yùn)動．將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，當(dāng)vy＝0時，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有v＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，聯(lián)立得E＝，故B正確． 4.如圖所示，兩質(zhì)量和所帶電荷量均不同的同電性帶電粒子，由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后，經(jīng)右板的同一小孔進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，假設(shè)兩粒子均能落在B板上，若不計(jì)重力，下列說法正確的是(　　) A．比荷小的粒子的水平位移小 B．電荷量小的粒子水平位移小 C．質(zhì)量小的粒子水平位

5、移小 D．兩粒子落在B板的同一位置 解析：選D.設(shè)加速電場的電壓為U，偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度大小為E，由動能定理，對粒子在加速電場中的運(yùn)動有qU＝mv2；粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，由牛頓第二定律有Eq＝ma，兩粒子落在B板上時，兩粒子在豎直方向的位移相同，y＝at2，粒子在水平方向上有x＝vt，由以上整理解得x＝2，由于y、U、E均相同，則兩粒子均落在B板的同一位置． 5．第七屆中國(上海)國際超級電容器產(chǎn)業(yè)展覽會于2016年8月23日至25日在上海新國際博覽中心舉行．如圖所示為超級平行板電容器，相距為d的兩極板M、N分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央

6、處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則(　　) A．油滴帶正電 B．油滴帶電荷量為 C．電容器的電容為 D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運(yùn)動 解析：選C.帶電油滴靜止在兩極板間，重力與電場力等大、反向，電場力豎直向上，電容器上極板與電源正極相連為正極板，兩板間電場方向豎直向下，綜上可知，帶電油滴帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯誤；由場強(qiáng)與電勢差關(guān)系可知，mg＝Eq＝q，解得q＝，選項(xiàng)B錯誤；由題意知，電容器帶電荷量Q＝kq＝，由電容的定義式知，C＝＝，選項(xiàng)C正確；電容器與電源保持連接，兩板間電勢差不變，N板向下移動，板間距離變大，F(xiàn)電＝q，油滴所受電場力減

7、小，油滴向下運(yùn)動，選項(xiàng)D錯誤． 6．(2019·湖北黃岡模擬)靜電噴漆技術(shù)具有效率高、質(zhì)量好等優(yōu)點(diǎn)，其裝置示意圖如圖所示，A、B為兩塊水平放置的平行金屬板，間距d＝1.0 m，兩板間有方向豎直向上、電場強(qiáng)度大小為E＝1.0×103 N/C的勻強(qiáng)電場，在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0＝1.0 m/s、質(zhì)量均為m＝5.0×10－14 kg、電荷量均為q＝2.0×10－15 C的帶負(fù)電的油漆微粒，不計(jì)微粒所受空氣阻力及微粒間的相互作用，油漆微粒最后都落在金屬板B上，重力加速度g＝10 m/s2.下列說法中錯誤的是(　　)

8、 A．沿水平方向噴出的微粒運(yùn)動到B板所需時間為0.2 s B．沿不同方向噴出的微粒，從噴出至到達(dá)B板，電場力做功為2.0×10－12 J C．若其他條件均不變，d增大為原來的2倍，噴涂面積增大為原來的2倍 D．若其他條件均不變，E增大為原來的2倍，噴涂面積減小為原來的 解析：選D.沿水平方向噴出的微粒做類平拋運(yùn)動，在豎直方向上，加速度a＝＝m/s2＝50 m/s2，根據(jù)d＝at2得t＝＝0.2 s，故A正確；沿不同方向噴出的微粒，從噴出至到達(dá)B板，電場力做功為W＝qEd＝2×10－15×103×1 J＝2.0×10－12 J，故B正確；若其他條件均不變，d增大為原來的2倍，根據(jù)d＝a

9、t2得，t變?yōu)樵瓉淼? 倍，則噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼? 倍，面積變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；若其他條件均不變，E增大為原來的2倍，則加速度a′＝ m/s2＝90 m/s2，加速度變?yōu)樵瓉淼?，時間t變?yōu)樵瓉淼?，噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼?，面積減小為原來的 ，故D錯誤． 二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多個選項(xiàng)符合題目要求，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分) 7.(2019·鹽城中學(xué)檢測)圖中虛線是某電場中的一簇等差等勢線．兩個帶電粒子從P點(diǎn)均沿等勢線的切線方向射入電場，粒子運(yùn)動的部分軌跡如圖中實(shí)線所示．若粒子僅受電場

10、力的作用，則下列說法中正確的是(　　) A．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度 B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢 C．粒子從P運(yùn)動到a的過程中，粒子的動能和電勢能總和不變 D．粒子從P運(yùn)動到b的過程中，粒子的動能增大 解析：選ACD.等勢線的疏密程度表示電場強(qiáng)度的大小，越密，電場強(qiáng)度越大，故a點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度，A正確；運(yùn)動過程中電場力做正功，所以電勢能減小，但是由于不知道粒子的帶電性質(zhì)，無法判斷兩點(diǎn)的電勢高低，B錯誤；粒子從P運(yùn)動到a的過程中，只有電場力做功，電勢能轉(zhuǎn)化為動能，兩者之和不變，C正確；粒子從P運(yùn)動到b的過程中，電場力做正功，動能增大，D正確． 8.靜電場在

11、x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動，則點(diǎn)電荷(　　) A．在x2和x4處電勢能相等 B．由x1運(yùn)動到x3的過程中電勢能增大 C．由x1運(yùn)動到x4的過程中電場力先增大后減小 D．由x1運(yùn)動到x4的過程中電場力先減小后增大 解析：選BC.由題圖可知， x1到x4場強(qiáng)先變大，再變小，則點(diǎn)電荷受到的電場力先增大后減小，C正確，D錯誤；由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，知A錯誤，B正確． 9．(2019·泰安模擬)如圖甲所示，在兩平行的金屬板間加上如圖乙所示的電壓．在0～1 s內(nèi)，一點(diǎn)電荷在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，

12、t＝2 s時電荷仍運(yùn)動且未與極板接觸，則在1～2 s內(nèi)，點(diǎn)電荷(g取10 m/s2)(　　) A．做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為10 m/s2 B．做變加速直線運(yùn)動，平均加速度大小為5 m/s2 C．做變加速直線運(yùn)動，2 s末加速度大小為10 m/s2 D．2 s末速度大小為5 m/s 解析：選BCD.第1 s內(nèi)電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài)，故電場力向上，與重力平衡，第2 s內(nèi)電壓一直變大，故電場強(qiáng)度變大，電場力變大，且第2 s內(nèi)合力隨時間均勻增加，加速度隨時間均勻增加，是變加速直線運(yùn)動，故A錯誤；第2 s內(nèi)加速度隨時間均勻增加，第2 s末電場強(qiáng)度增加為第1 s末的2倍，故

13、電場力變?yōu)?倍，合力向上，大小為mg，其加速度大小為g＝10 m/s2，故平均加速度為a＝ m/s2＝5 m/s2，故B、C正確；2 s末速度大小為v2＝at＝5×1 m/s＝5 m/s，故D正確． 10.(2019·湖北八校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程x＝ky2，且小球通過點(diǎn)P.已知重力加速度為g，則(　　) A．電場強(qiáng)度的大小為 B．小球初速度的大小為 C．小球通過點(diǎn)P時的動能為 D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中，電勢能減少

14、 解析：選ABC.小球做類平拋運(yùn)動，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，qE＝mg，電場強(qiáng)度的大小為E＝，A正確；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由類平拋運(yùn)動規(guī)律有＝v0t，＝gt2，得小球初速度大小為v0＝ ，B正確；由P點(diǎn)的坐標(biāo)分析可知＝，所以小球通過點(diǎn)P時的動能為mv2＝m(v＋v)＝，C正確；小球從O到P過程中電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即W＝qE·＝，D錯誤． 三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答，計(jì)算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位) 11．(12分)如圖所示，一條長為L的細(xì)線上端固定，下端拴一個質(zhì)量為m，電荷量為q的小球，

15、將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，使細(xì)線豎直拉直時將小球從A點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角α＝60° 時，小球速度為0. (1)求小球帶電性質(zhì)和電場強(qiáng)度E. (2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動，求小球在A點(diǎn)應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)． 解析：(1)根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電． 小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零，由動能定理有 0＝EqLsin α－mgL(1－cos α) 解得E＝. (2)如圖所示，將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝mg，方向與豎直方向夾角為30°偏向右下． 若小球恰能做完整的圓周運(yùn)動，在等效最高點(diǎn) m＝mg 小

16、球從A點(diǎn)以初速度vA運(yùn)動，由動能定理知 mv2－mv＝－mgL(1＋cos 30°) 聯(lián)立解得vA＝ . 答案：(1)小球帶正電　　(2) 12. (14分)在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩板間距為d，當(dāng)平行板電容器的電壓為U0時，油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示．當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時，油滴開始向上運(yùn)動；經(jīng)時間Δt后，電容器突然放電使其電壓減少ΔU2，又經(jīng)過時間Δt，油滴恰好回到原來位置．假設(shè)油滴在運(yùn)動過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時間內(nèi)油滴的位移可忽略不計(jì)．重力加速度為g.求： (1)帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比

17、； (2)第一個Δt與第二個Δt時間內(nèi)油滴運(yùn)動的加速度大小之比； (3)ΔU1與ΔU2之比. 解析：(1)油滴靜止時滿足：mg＝q 則＝. (2)設(shè)第一個Δt時間內(nèi)油滴的位移大小為x1，加速度大小為a1，第二個Δt時間內(nèi)油滴的位移大小為x2，加速度大小為a2，則 x1＝a1Δt2，x2＝v1Δt－a2Δt2 且v1＝a1Δt，x2＝－x1 解得a1∶a2＝1∶3. (3)油滴向上加速運(yùn)動時：q－mg＝ma1 即q＝ma1 油滴向上減速運(yùn)動時：mg－q＝ma2 即q＝ma2 則＝ 解得＝. 答案：(1)　(2)1∶3　(3)1∶4 13．(14分)如圖甲所示

18、，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入，沿直線從b點(diǎn)射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出，求： (1)交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件？ (2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時刻應(yīng)滿足什么條件？ 解析：(1)為使粒子仍從b點(diǎn)以速度v0穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運(yùn)動應(yīng)為：加速，減速，反向加速，(反向)減速，經(jīng)歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有L＝nTv0，解得T＝ 粒子在T內(nèi)離開中心線的距離為y＝a 又a＝，E＝，解得y＝ 在運(yùn)動過程中離開中心線的最大距離為 ym＝2y＝ 粒子不撞擊金屬板，應(yīng)有ym≤d 解得T≤2d 故n≥ ，即n取大于等于 的整數(shù) 所以粒子的周期應(yīng)滿足的條件為 T＝，其中n取大于等于 的整數(shù)． (2)粒子進(jìn)入電場的時刻應(yīng)為T，T，T，… 故粒子進(jìn)入電場的時刻為t＝T(n＝1，2，3，…)． 答案：(1)T＝，其中n取大于等于 的整數(shù) (2)t＝T(n＝1，2，3，…) 9