2021高考物理（选择性考试）人教版一轮章末检测：7 静电场 12页

www.ks5u.com 章末检测7　静电场 ‎（时间90分钟，满分100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1～8小题只有一个选项正确，第9～12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.如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则（　　）‎ A.当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大 B.当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ变小 C.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大 D.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小 答案：C ‎2.一带负电粒子在电场中仅受静电力作用下沿x轴正向做直线运动的v-t图象如图所示.起始点O为坐标原点，下列关于电势φ、粒子动能Ek、电场强度E、粒子加速度a与位移x的关系图象中可能合理的是（　　）‎ A　　　B　　　C　　D 答案：C ‎3.（2019·黑龙江齐齐哈尔二模）如图所示，两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的球壳和球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若甲图中带电球壳对点电荷q的库仑力的大小为F，则乙图中带电的球壳对点电荷q的库仑力的大小为（　　）‎ ‎　　　　　　 甲　　　　乙 A.F　　　　　　　　 B.F C.F D.F 答案：D ‎4.（2019·山东威海模拟）如图所示，半径为R的均匀带电球壳带电量为Q（Q＞0）.已知半径为R的均匀带电球壳在球壳的外部产生的电场与一个位于球心O点的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同.静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）‎ A.球心O处的场强为 B.在球壳外距球壳为r处的电场强度为 C.球壳的表面为等势面 D.若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势小于零 答案：C ‎5.真空中两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，D为斜边AB的中点，∠ABC＝30°，如图所示.已知A点电场强度的方向垂直AB向下，则下列说法正确的是（　　）‎ A.q1带负电，q2带正电 B.D点电势高于A点电势 C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半 D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍 答案：C ‎6.如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为0，B点电势为3 V，C点电势为6 V.已知∠ACB＝30°，AB边长为 m，D为AC的中点.现将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的电场强度为1.5 V/m，则放入点电荷后，B点电场强度为（　　）‎ A.2.5 V/m B.3.5 V/m C.2 V/m D. V/m 答案：A ‎7.真空中，在x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设试探电荷P 只受电场力作用沿x轴方向运动，得到试探电荷P的速度与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A.点电荷M、N一定都是负电荷 B.试探电荷P的电势能一定是先增大后减小 C.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1‎ D.x＝4a处的电场强度一定为零 解析：根据题意，试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速，其动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，选项B错误；试探电荷在x＝4a处速度最大，电势能最小，该处电场强度一定为零，选项D正确；在x轴上从原点处到x＝6a处，电场强度从两头指向x＝4a处，点电荷M、N一定都是正电荷，选项A错误；由＝可得QM＝4QN，选项C错误.‎ 答案：D ‎8.如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点A、B分别放置固定的点电荷＋Q1和－Q2，x轴上的P点位于B点的右侧，且P点电场强度为零，设无穷远处电势为零，则下列判断正确的是（　　）‎ A.P点电势为零 B.在A、B连线上还有一点与P点电场强度相同 C.A、O两点的电势差大于O、B两点的电势差 D.若将一试探电荷＋q从P点移至O点过程中，电势能一直增大 解析：由异种电荷的电场线分布情况知，x轴上B 点右侧的电场线方向指向B，由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势小于零，选项A错误；P点电场强度为零，由电场叠加知，k＝k，由于rAP＞rBP，故Q1＞Q2，则在A、B连线上除P点外各点电场强度均不为零，选项B错误；由于Q1＞Q2，故A、O两点间的电场线分布较密，A、O两点间的电势差较大，选项C正确；P到B的电场线方向向左，B到O的电场线方向向右，故＋q从P点移至O点的过程，电场力先做正功再做负功，电势能先减小后增大，选项D错误.‎ 答案：C ‎9.如图所示，在一平面坐标系xy内有四个电量相等的点电荷a、b、c、d位于正方形四个顶点，A、B在x轴上且为ab、cd连线的中点，O为其中心.一质子（不计重力）沿x轴在变力F作用下从A点匀速运动到B点.则下列说法正确的是（　　）‎ A.A、O、B三点电势相等 B.A、O、B三点中O点电势最低 C.质子所受电场力方向先沿y轴正向，后沿y轴负向 D.质子所受电场力方向先沿y轴负向，后沿y轴正向 解析：如图所示，在x轴任意一点上做出a、b、c、d四个电荷所产生的电场的方向，根据E＝可知电荷a和电荷b在该点产生的场强Ea和Eb大小相同，且与水平方向的夹角相同，故Ea和Eb的合场强竖直向下.同理电荷c、d在该点的场强Ec、Ed大小相等，但合场强方向竖直向上，故在x轴上任意一点的场强方向只能是沿y轴正方向或沿 y轴负方向，即x轴与电场线垂直，所以x轴在一条等势线上，AOB三点电势相等，故A正确，B错误.根据E＝可知在x轴负半轴上电荷a和电荷b产生的场强Ea和Eb大于电荷c和电荷d产生的场强Ec、Ed，故在x轴负半轴上场强的方向沿y轴负方向，而O点合场强为0，在x轴正半轴上，合场强沿y轴正方向，而质子所受电场力的方向与场强的方向相同，故质子所受电场力F方向先沿y轴负向，后沿y轴正向，故C错误，D正确.‎ 答案：AD ‎10.（2018·三明模拟）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，从电场中M点，以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则（　　）‎ A.a一定带正电，b一定带负电 B.a的速度将减小，b的速度将增大 C.a的加速度将减小，b的加速度将增大 D.两个粒子的动能均增大 答案：CD ‎11.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（　　）‎ 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 答案：BD ‎12.如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R＝2 cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场.已知A、C、E三点的电势分别为φA＝（2－）V，φC＝2 V，φE＝（2＋）V，下列判断正确的是（　　）‎ A.将电子从D点经E点移到F点的过程中，静电力先做正功再做负功 B.电场强度的大小为1 V/m C.该圆周上的点电势最高为4 V D.电场强度的方向由A指向D 答案：AC 二、非选择题（共52分）‎ ‎13.（16分）（2019·佛山模拟）如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104 N/C.现有一电荷量q＝＋1.0×10－4 C、质量m＝0.1 kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中未画出）.g取10 m/s2.试求：‎ ‎（1）带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；‎ ‎（2）D点到B点的距离xDB；‎ ‎（3）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能（结果保留三位有效数字）.‎ 解析：（1）设带电体通过C点时的速度为vC，根据牛顿第二定律有mg＝m，‎ 解得vC＝2.0 m/s，‎ 设带电体通过B点时的速度为vB，轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有 FB－mg＝m，‎ 带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理有 ‎－mg×2R＝mv－mv，‎ 联立解得FB＝6.0 N，‎ 根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F′B＝6.0 N.‎ ‎（2）设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，有2R＝gt2，‎ xDB＝vCt－··t2，‎ 联立解得xDB＝0.‎ ‎（3）由P到B，带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处.‎ 设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有 qERsin 45°－mgR（1－cos 45°）＝Ekm－mv，‎ 代入数据解得Ekm＝1.17 J.‎ 答案：（1）6.0 N　（2）0　（3）1.17 J ‎14.（16分）如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，粒子质量为m，电荷量为q.若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：‎ ‎　　　　 甲　　　　　　　乙 ‎（1）交变电压的周期T应满足什么条件，粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件；‎ ‎（2）两板间距d应满足的条件.‎ 解析：（1）要使带电粒子从b点以速度v0射出，应满足 ＝nT（n为正整数），‎ 则T＝（n为正整数）.‎ 由运动的对称性可知，射入的时刻应为 t＝＋，‎ 即t＝（n为正整数）.‎ ‎（2）第一次加速过程有 y1＝at2＝×，‎ 将T代入得 y1＝，‎ 要使粒子不打在板上，应满足≥2y1，‎ 取d≥（n为正整数）.‎ 答案：（1）T＝（n为正整数）　t＝（n为正整数）　（2）d≥（n为正整数）‎ ‎15.（20分）如图所示，水平虚线MN上、下方空间分别存在电场强度方向相反、大小相等的匀强电场.以虚线MN处电势为零，A、B是位于两电场中同一竖直线上的两点，且到MN距离均为d，一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放，已知粒子运动过程中最大电势能为Em，不计粒子重力.求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）粒子从释放到第一次返回A点所需的时间.‎ 解析：（1）粒子释放后，在MN上方电场中电场力做正功，电势能减小，MN下方电场中，电场力做负功，电势能增大，由能量守恒和对称性可知，粒子在A、B两点间做往返运动，且在A、B处时电势能最大，MN处电势为零，设A到MN间电势差为U，A点电势为φA，电场强度大小为E，则有U＝φA－0＝φA，‎ Em＝qφA，‎ U＝Ed，‎ 联立解得E＝.‎ ‎（2）粒子从A到MN做匀加速直线运动，设经历的时间为t，到MN时粒子速度为v，加速度为a，则有 v＝at，‎ qE＝ma，‎ 从A到MN由能量守恒有Em＝mv2，‎ 联立解得t＝d.‎ 由对称性可得，粒子第一次返回A点所需时间为 ‎4t＝4d.‎ 答案：（1）　（2）4d