【物理】2020届信阳一高一轮复习人教新课标版选修3-1第一章静电场限时过关练（解析版） 12页

信阳一高2020年高考物理一轮复习限时过关练：选修3-1第一章静电场（解析版)‎ ‎1．如图，由、两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板与静电计的金属球相接，极板与静电计的外壳均接地．给电容器充电，静电计指针张开一定角度．实验过程中，电容器所带电荷不变．下面操作能使静电计指针张角变大的是（ ）‎ A．将板向上平移 B．将板沿水平向右方向靠近板 C．在、之间插入有机玻璃板 D．在、之间插入厚金属板，且不和、接触 ‎2．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地。现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点。如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，而使A板带电，同时B板因感应而带上等量异号电荷，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )‎ A．落到A板的油滴数 B．落到A板的油滴数 C．第滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能等于 D．第滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于 ‎3．如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M，N,Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点,OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是 A．O点电势高于Q点电势 B．O、M间的电势差等于N、O间的电势差 C．将一正电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加 D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上 ‎4．如图所示，真空中有两个点电荷Q1和Q2，Q1=+9q，Q2=-q，分别固定在x轴上x=0处和x=‎6cm处，下列说法正确的是（　　）‎ A．在x=‎3cm处，电场强度为0‎ B．在区间上有两处电场强度为0‎ C．在x>‎9cm区域各个位置的电场方向均沿x轴正方向 D．将试探电荷从x=‎2cm移到x=‎4cm处，电势能增加 ‎5．真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F。如果保持这两个点电荷的带电量不变，而将它们之间的距离变为原来的4倍，那么它们之间的静电力的大小为 A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略.在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角φ变大的是：‎ A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大 C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小 ‎7．真空中大小相同的两个金属小球A、B带有等量异种电荷，相隔一定距离，（距离远大于小球的直径）两球之间的库仑引力大小为F，现在用另一个跟它们大小相同的不带电金属小球，先后与A、B两个小球接触后再移开，这时A、B两球之间的库仑力大小（ ）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎8．如图所示，虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离均为‎3.0 cm，已知BB′上的电势为0 V。一个电子沿AA′方向以初动能Ek = 4 eV自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场，电子从P到C′的过程电场力做功为6 eV。下列说法正确的是 A．平面AA′上的电势为3V B．该匀强电场的场强为100 V/m C．该粒子经过平面BB′时的电势能为10eV D．该粒子从P到C′的过程动能和电势能总和守恒 ‎9．三个不计重力的完全相同的带正电荷的粒子在同一地点沿同一方向水平飞入两水平板间的偏离电场，出现了如图所示的轨迹，则下列叙述正确的是（）‎ A．在b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进入电场时c的速度最大，a的速度最小 D．动能的增加值a最小，b和c一样大 ‎10．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（ ）‎ A．M点的电势大于N点的电势 B．M点的电势小于N点的电势 C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力 ‎11．如图所示，一质量为m的带电小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成θ角．‎ ‎(1) 判断小球带何种电荷；‎ ‎(2)若已知电场强度为E、小球带电荷量为q，求小球的质量m.‎ ‎12．如图所示，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的地方以初速度v0=‎‎4m ‎/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，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：‎ ‎（1）金属板的长度L；‎ ‎（2）小球飞出电场时的动能Ek。‎ ‎13．如图所示，电子在电势差为U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为 ，电荷量为 ，偏转电场的板长为L1＝‎10 cm，板间距离为d＝‎1 cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝‎15 cm.求：‎ ‎ ‎ ‎(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；‎ ‎(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；‎ ‎(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值tanθ；‎ ‎(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.‎ ‎ 参考答案 ‎1．A ‎【解析】‎ 试题分析：极板M和静电计外壳均接地，相当于以大地为导向连接在一起，那么两极板之间的电压即静电计的指针和外壳之间的电压越大，指针偏角越大，平行板电容器电压，M板上移，正对面积变小，电压变大，选项A对。将M板沿水平向右方向靠近N板，板间距离变小，在M、N之间插入有机玻璃板相对介电常数变大，在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，板间距离变小，都会导致电压变小，指针张角表小，选项BCD错。‎ 考点：平行板电容器 ‎2．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB．对于第一滴油，则有：‎ 联立解得：‎ 最多能有个落到下极板上，则第个粒子的加速度为，由牛顿运动定律得：‎ 其中：‎ 可得：‎ 第粒子做匀变速曲线运动，有：‎ 第粒子不落到极板上，则有关系：‎ 联立以上公式得：‎ 故选项A符合题意，B不符合题意；‎ C．第滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能为：‎ 故选项C不符合题意；‎ D．第粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：‎ 电 故选项D不符合题意。‎ ‎3．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A正确；‎ B.根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大，由公式U=Ed可知，OM间的电势差大于NO间的电势差，故B错误；‎ C. M点的电势比Q点的电势高，正电荷从高电势移动到低电势电场力做正功，电荷的电势能减小，故C错误；‎ D. 在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误。‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强。根据点电荷的场强公式E=，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反。因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。设距离Q2为x0处的电场强度矢量合为0，则：‎ 可得：x0=‎3cm，故A错误；‎ B.由选项A的分析可知，合场强为0的点不会在Q1的左边，因为Q1的电荷量大于Q2，也不会在Q1Q2之间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。所以，只能在Q2右边。即在x坐标轴上电场强度为零的点只有一个。故B错误；‎ C.设距离Q2为x0处的电场强度矢量合为0，则：‎ 可得：x0=‎3cm，结合矢量合成可知，在x＞‎9cm区域各个位置的电场方向均沿x轴正方向。故C正确；‎ D.由上分析，可知，在0＜x＜‎6cm的区域，场强沿x轴正方向，将试探电荷+q从x=‎2cm处移至x=‎4cm处，电势能减小。故D错误。‎ ‎5．D ‎【解析】在距离改变之前库仑力为： ，带电量不变，而将它们之间的距离变为原来的4倍时库仑力为： ，故D正确，ABC错误。‎ ‎6．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：…①‎ 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②‎ 又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：…③‎ 电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at…④‎ 由①、②、③、④可得：‎ 又有：，故U2变大或U1变小都可能使偏转角φ变大，故选项B正确．‎ ‎7．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 假设A带电量为Q，B带电量为-Q，两球之间的相互吸引力的大小是：‎ 第三个不带电的金属小球C与A接触后A和C的电量都为，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为：‎ 这时A、B两球之间的相互作用力的大小：‎ A．描述与分析相符，故A正确.‎ B．描述与分析不符，故B错误.‎ C．描述与分析不符，故C错误.‎ D．描述与分析不符，故D错误.‎ ‎8．BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 电子从P到C′的过程电场力做功为6 eV，即 ，所以，已知BB′上的电势为0 V 则平面AA′上的电势为-3V，故A错误；‎ B.根据匀强电场电场强度公式可知，故B正确；‎ C. 已知BB′上的电势为0 V，根据可知该粒子经过平面BB′时的电势能为0eV，故C错误 D.粒子运动过程中只有电场力做功，使得动能和电势能之间相互转化，所以粒子的动能与电势能之和不变，故D正确 ‎9．AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．三个粒子的质量和电量都相同,则知加速度相同.a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据：‎ 可以知道运动时间相等.所以A正确.‎ B．b、c竖直方向上的位移不等，.根据：‎ 可以知道.故B错误.‎ C．在垂直于电场方向即水平方向,三个粒子做匀速直线运动，则有：‎ ‎.‎ 因：‎ ‎，‎ 则.‎ 根据：‎ ‎，.‎ 则.‎ 所以有：.所以C正确的.‎ D．根据动能定理知a、b两电荷电场力做功一样多，所以动能增加量相等.c电荷电场力做功最少动能增加量最小.所以D错误.‎ ‎10．AD ‎【解析】‎ 试题分析：根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，故A正确，B错误；根据电场线的疏密来判定电场强度的强弱，M点的电场力小于N点，故D正确，C错误。‎ 考点：电势；电场强度 ‎【名师点睛】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小。‎ ‎11．(1)小球带负电．(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)小球处于静止状态，小球受到重力、绳子的拉力和电场力三力平衡，受力分析如图所示．小球所受的电场力方向水平向左，与场强方向相反，可知该小球带负电．‎ ‎(2)小球受力如图 小球所受电场力 F＝qE 由平衡条件得：‎ F＝mgtan θ 则得 qE＝mgtan θ 解得：‎ ‎12．（1）‎0.15 m （2）0.175 J ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（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＝，‎ 解得金属板的长度 L＝＝‎‎0.15m ‎（2）进入电场前，根据机械能守恒有 mgh＝mv12－mv02‎ 电场中运动过程，根据动能定理 qU＋mgL＝Ek－mv12‎ 解得小球飞出电场时的动能 Ek＝0.175J 即金属板的长度L=‎0.15m，小球飞出电场时的动能Ek=0.175J。‎ ‎13．(1) 　(2)‎0.25 cm　(3)0.05　 (4)‎‎1 cm ‎【解析】 (1)电子在加速电场中运动，由动能定理得 eU0＝‎ 解得：v0＝4×‎107m/s ‎(2)电子在偏转电场中运动 沿初速度方向：L1＝v0t可得t＝2.5×10－9s 在垂直速度方向：‎ y＝at2＝t2＝2.5×10－‎3m＝‎‎0.25 cm ‎(3)偏转角的正切值tanθ＝；‎ ‎(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动：若沿电场方向的偏移距离为y′，则 ‎ ＝tanθ，所以y′＝‎0.75 cm，所以Y＝y＋y′＝‎1 cm.‎