高考物理总复习静电场综合检测教科版20180723340 8页

‎《静电场》综合检测 ‎(时间:90分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(本题共14小题,每小题4分,共56分.在每小题给出的四个选项中,第1～8小题只有一个选项正确,第9～14小题有多个选项正确,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.下列关于匀强电场中电场强度和电势差的关系,正确的说法是(　C　)‎ A.在相同距离上的两点,电势差大的其电场强度也必定大 B.电场强度在数值上等于每单位距离上的电势降落 C.沿着电场线方向,任何相同距离上的电势降落必定相同 D.电势降落的方向必定是电场强度方向 解析:由UAB=Ed及d为沿电场线方向的距离知选项C正确,A错误;由E=知电场强度在数值上等于沿电场线方向单位距离上的电势降落,电势降落最快的方向才是电场强度的方向,选项B,D错误.‎ ‎2.如图a,b,c,d四个点在一条直线上,a和b,b和c,c和d间的距离均为R,在a点处固定有一电荷量为Q的点电荷,在d点处固定有另一个电荷量未知的点电荷,除此之外无其他电荷,已知b点处的电场强度为零,则c点处电场强度的大小为(式中k为静电力常量)(　B　)‎ A.0 B. C. D.‎ 解析:根据b点电场强度为零知=,得Q′=4Q,c点的电场强度大小为E=-=,选项B正确.‎ ‎3.如图所示,A,B是两个带异号电荷的小球,其质量分别为m1和m2,所带电荷量分别为+q1和-q2,A用绝缘细线L1悬挂于O点,A,B间用绝缘细线L2相连.整个装置处于水平方向的匀强电场中,平衡时L1向左偏离竖直方向,L2向右偏离竖直方向,则可以判定(　C　)‎ A.m1=m2 B.m1>m2‎ C.q1>q2 D.q1q2,而两球重力无法比较,选项C正确.‎ ‎4.两个小球分别带有电荷量+2Q和-Q,两球连线上各点的电势φ与距正电荷距离x之间的函数关系可以由图中的哪一个最恰当地表示出来(　C　)‎ 解析:将单位正电荷从带正电荷的小球处沿两个小球连线向带负电荷的小球移动,电场力做正功,电势能不断减小,电势不断降低,选项B,D错误;考虑到该电场为非匀强电场,电势不会均匀降低,选项A错误,C正确.‎ ‎5.如图所示,实线是电场线,一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中,其速度-时间图像是(　B　)‎ 解析:电场力的方向指向轨迹的凹侧且沿与电场线相切的方向,因此粒子从A运动到B的过程中电场力方向与速度方向的夹角大于90°,粒子做减速运动,电场力越来越小,加速度越来越小,选项B正确.‎ ‎6.在匀强电场中建立一直角坐标系,如图所示.从坐标原点沿+y轴前进‎0.2 m 到A点,电势降低了10 V,从坐标原点沿+x轴前进‎0.2 m到B点,电势升高了10 V,则匀强电场的电场强度大小和方向为(　C　)‎ A.50 V/m,方向B→A B.50 V/m,方向A→B C.100 V/m,方向B→A D.100 V/m,方向垂直AB斜向下 解析:连接AB,由题意可知,AB中点C点电势应与坐标原点O相等,连接OC即为等势线,与等势线OC垂直的方向为电场的方向,故电场方向由B→A,其大小为E== V/m=100 V/m,选项C正确.‎ ‎7.如图所示,带电荷量相等、质量不同的带电粒子a和b从带电平行板M的边缘沿平行于极板的方向进入M,N两极板间的匀强电场中,都恰好能从N板的右边缘飞出,不计重力作用,则(　C　)‎ A.两粒子进入电场时的动能一定不相等 B.两粒子进入电场时的初速度的大小一定相等 C.两粒子飞出电场时的动能一定相等 D.两粒子飞出电场时的速度大小一定相等 解析:设极板的长度是L,板间距离是d,设粒子的初速度为v0;带电粒子在极板间做类平抛运动.‎ 在水平方向有L=v0t;‎ 竖直方向有d=at2=;‎ 则粒子的初动能Ek0=m=,由于q,E,L,d相同,所以两粒子的初动能相等,选项A错误;由于两粒子进入电场时的初动能相等而粒子质量不相等,则粒子的初速度大小一定不相等,选项B错误;两粒子电荷量相等,进入与离开电场时的位置相同,则电场力做功相同,粒子的初动能相同,由动能定理可得,粒子离开电场时的动能相等,选项C正确;粒子离开电场时的动能相等,粒子质量不同,则粒子离开电场时的速度不等,选项D错误.‎ ‎8.如图所示,真空中同一平面内固定两点电荷+2Q和-Q,以点电荷+2Q为圆心的圆上有a,b,c,d四点,其中b点为两点电荷连线与圆的交点,a,c两点关于连线对称,ad为圆的直径,且d距-Q较远.当电子经过这四点时,下列说法正确的是(　A　)‎ A.b处电势能最大 B.d处电势能最大 C.d处电场力最大 D.a,c两处电场力相同 解析:由于a,b,c,d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上,所以由正电荷产生的电势在a,b,c,d四点是相等的,a,b,c,d四点的总电势可以通过负电荷产生的电场的电势来判定.负电荷产生的电场中,离负电荷越近的点,电势越低;离负电荷越远的点,电势越高,所以d点的电势最高,b点的电势最低.电子带负电荷,根据EpA=qφA,它在b点处的电势能最大,在d点处的电势能最小,选项A正确,B错误;由于a,b,c,d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上,所以a,b,c,d四点的电场强度的大小是相等的,b点离负电荷最近,而且在b点两个点电荷产生的电场的方向相同,所以b点的合场强最大,电子在b点受到的电场力最大,选项C错误;由对称性可知,电子在a,c两点受到的电场力大小相等,方向不同,选项D错误.‎ ‎9.如图所示,在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场,E,F,G,H是各边中点,其连线构成正方形,其中P点是EH的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出.以下说法正确的是(　BD　)‎ A.粒子的运动轨迹一定经过P点 B.粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点 C.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由ED之间某点从AD边射出 D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由E点从AD边射出 解析:粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出,其轨迹是抛物线,则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点,而延长线又经过P点,所以粒子轨迹一定经过PE之间某点,选项A错误,B正确;由平抛知识可知,当竖直位移一定时,水平速度变为原来的一半,由于y方向的位移、加速度均不变,则运动时间不变,因此水平位移也变为原来的一半,粒子恰好由E点从AD边射出,选项C错误,D正确.‎ ‎10.在同一直线上的M,N两点正好是某电场中一条电场线上的两点,若在M点释放一个初速度为零的电子,电子仅受电场力作用,并沿电场线由M点运动到N点,其电势能随位移变化的关系如图所示,则下列说法正确的是(　BD　)‎ A.该电场有可能是匀强电场 B.该电场可能是负的点电荷产生的 C.N点的电势比M点电势低 D.该电子运动的加速度越来越小 解析:由Ep=-qEx可知,图像的斜率反映电场强度大小,由Epx图像可知,斜率越来越小,则电场强度逐渐减小,则选项A错误;电子由M到N的过程中,电场力做正功,电势能减小,因此电场线的方向由N到M,所以选项B正确,C错误;电子从M运动到N过程中,电场力越来越小,则加速度越来越小,选项D正确.‎ ‎11.图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷.一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a,b,c三点是实线与虚线的交点,则该粒子(　CD　)‎ A.带负电 B.在c点受力最大 C.在b点的电势能大于在c点的电势能 D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化 解析:由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出二者相互排斥,或者根据曲线运动合力指向曲线的内侧,判断出带电粒子带正电,选项A错误;根据库仑定律可知,a,b,c三点中,在a点时受力最大,选项B错误;带电粒子从b点到c点的过程中,电场力做正功,电势能减小,故在b点的电势能大于在c点的电势能,选项C正确;由于虚线为等间距的同心圆,根据U=d(为某段电场的平均值),故Uab>Ubc,根据电场力做功公式,所以Wab>Wbc,根据动能定理,带电粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化,选项D正确.‎ ‎12.如图(甲)所示,Q1,Q2是两个固定的点电荷,一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动,其vt图像如图(乙)所示,下列说法正确的是(　BD　)‎ A.两点电荷一定都带负电,但电荷量不一定相等 B.两点电荷一定都带负电,且电荷量一定相等 C.试探电荷一直向上运动,直至运动到无穷远处 D.t2时刻试探电荷的电势能最大,但加速度不为零 解析:由图(乙)可知,试探电荷向上先做减速运动,再反向做加速运动,且向上过程加速度先增大后减小,说明试探电荷受电场力应向下,故试探电荷均应带负电;由于电场线只能沿竖直方向,说明两试探电荷带等量负电荷,选项A,C错误,B正确;t2时刻之前电场力一直做负功,故电势能增大,此后电场力做正功,电势能减小,t2时刻电势能最大,但由于试探电荷受电场力向下,故此时加速度不为零,选项D正确.‎ ‎13.空间存在着平行于x轴方向的静电场,A,M,O,N,B为x轴上的点,OADF>EF.可以判断正确的是(　AC　)‎ A.(甲)图中A,B两小球一定带异种电荷 B.(甲)图中三个小球一定带等量电荷 C.(乙)图中三个小球一定带同种电荷 D.(乙)图中三个小球带电荷量的大小为QD>QF>QE 解析:对C球进行受力分析,根据平衡条件得C球一定要受一个排斥力和一个吸引力,则A,B球一定带不同电荷,选项A正确;如果(甲)图中小球是带等量电荷,那么小球应该均匀地分布在环上,选项B错误;对D球分析,D球不可能受到一个斥力和一个引力,所以E,F球带同种电荷,分析E球根据平衡条件可得D,F球带同种电荷,所以(乙)图中三个球带同种电荷,选项C正确;D球受到两斥力,设圆心为O,DE大于DF,同时∠ODE小于∠ODF,可得受E球斥力更大,又离E球远可得E球电荷量大于F球,选项D错误.‎ 二、非选择题(共44分)‎ ‎15.(8分)如图所示,长度为d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O上,另一端固定一质量为m、电荷量为q的带负电小球.小球可以在竖直平面内做圆周运动,AC和BD分别为圆的竖直和水平直径.等量异种点电荷+Q,-Q分别固定在以C为中点、间距为2d的水平线上的E,F两点.让小球从最高点A由静止开始运动,经过B点时小球的速度大小为v,不考虑q对+Q,-Q所产生电场的影响.求:‎ ‎(1)小球经过C点时球对杆的拉力的大小;‎ ‎(2)小球经过D点时速度的大小.‎ 解析:(1)设UBA=U,根据对称性可知,UBA=UAD=U,UAC=0‎ 小球从A到C过程,根据动能定理有 mg·2d=m(2分)‎ 沿竖直方向有FT-mg=m(1分)‎ 整理得FT=5mg(1分)‎ 根据牛顿第三定律可知,球对杆的拉力大小为5mg.(1分)‎ ‎(2)从A到B和从A到D的过程中,根据动能定理得 mgd+qU=mv2(1分)‎ mgd-qU=m(1分)‎ 整理得vD=.(1分)‎ 答案:(1)5mg　(2)‎ ‎16.(10分)如图所示,两块平行金属板MN间的距离为d,两板间电压u随时间t变化的规律如图所示,电压的绝对值为U0.t=0时刻M板的电势比N板低.在t=0时刻有一个电子从M板处无初速度释放,经过1.5个周期刚好到达N板.电子的电荷量为e,质量为m.求:‎ ‎(1)该电子到达N板时的速率v.‎ ‎(2)在1.25个周期末该电子和N板间的距离s.‎ 解析:(1)由题意知,电子在第一、第三个T内向右做初速度为零的匀加速运动,第二个T内向右做末速度为零的匀减速运动.由x=at2知,这三段时间内电子的位移是相同的.‎ 在第三个T内对电子用动能定理eU=mv2,(3分)‎ 其中U=U0,得v=.(2分)‎ ‎(2)在第三个T内,电子做初速度为零的匀加速运动,总位移是d,前一半时间内的位移是该位移的,‎ 为x′=d,(3分)‎ 因此这时离N板的距离s=d-d=d.(2分)‎ 答案:(1)　(2)d.‎ ‎17.(12分)如图所示,在xOy坐标系中,两平行金属板如图放置,OD与x轴重合,板的左端与原点O重合,板长L=‎2 m,板间距离d=‎1 m,紧靠极板右侧有一荧光屏.两金属板间电压UAO变化规律如图所示,变化周期为T=2×10-3 s,U0=103 V,t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点,以平行于AB边v0=1 ‎000 m/s的速度射入板间,粒子电荷量q=1×10‎-5 C,质量m=1×10‎-7 kg.不计粒子所受重力.求:‎ ‎(1)粒子在板间运动的时间;‎ ‎(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标;‎ ‎(3)粒子打到屏上的动能.‎ 解析:带电粒子的运动轨迹如图所示.‎ ‎(1)粒子在板间沿x轴匀速运动,运动时间为t,‎ L=v0t(1分)‎ t==2×10-3 s.(1分)‎ ‎(2)0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1‎ y1=a()2+(a)(2分)‎ 又根据牛顿第二定律=ma(1分)‎ 所以解得y1=‎0.15 m(1分)‎ 故纵坐标为y=d-y1=‎0.85 m.(1分)‎ ‎(3)设粒子出射时的动能为Ek,由动能定理得 y2=Ek-m(2分)‎ y2=a() 2(2分)‎ 代入数据解得Ek=5.05×10-2 J.(1分)‎ 答案:(1)2×10-3 s　(2)‎0.85 m　(3)5.05×10-2 J ‎18.(14分)如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=‎‎40 cm ‎,一带正电荷q=10‎-4 C的小滑块质量为m=‎40 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,取g= ‎10 m/s2,问:‎ ‎(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?‎ ‎(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道 中点)‎ ‎(3)小滑块经过C点后最后落地,落地点离N点的距离多大?落地时的速度是多大?‎ 解析:(1)设滑块与N点的距离为L,分析滑块的运动过程,由动能定理可得 qEL-μmgL-mg·2R=mv2-0(1分)‎ 小滑块在C点时,重力提供向心力,‎ 所以mg=(1分)‎ 代入数据解得v=‎2 m/s,L=‎20 m.(1分)‎ ‎(2)滑块到达P点时,对全过程应用动能定理可得 qE(L+R)-μmgL-mg·R=m-0(1分)‎ 在P点时由牛顿第二定律可得N-qE=,(1分)‎ 解得N=1.5 N.(1分)‎ 由牛顿第三定律可得,滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5 N. (1分)‎ ‎(3)小滑块经过C点,在竖直方向上做的是自由落体运动,由2R=gt2,可得滑块运动的时间为t=(1分)‎ 解得t=0.4 s(1分)‎ 滑块在水平方向上只受到电场力的作用,做匀减速运动,由牛顿第二定律可得qE=ma 所以加速度a=‎2.5 m/s2(1分)‎ 水平的位移为x=vt-at2‎ 代入解得x=‎0.6 m(1分)‎ 滑块落地时竖直方向的速度的大小为 vy=gt=10×‎0.4 m/s=‎4 m/s(1分)‎ 水平方向的速度的大小为 vx=v-at=‎2 m/s-2.5×‎0.4 m/s=‎1 m/s(1分)‎ 落地时速度的大小为v地=‎ 解得v地= m/s.(1分)‎ 答案:(1)‎20 m　(2)1.5 N　(3)‎0.6 m　 m/s