2022年新教材高考物理一轮复习 章末目标检测卷7 静电场（含解析）新人教版.docx

1、章末目标检测卷七静电场(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.在电场中,下列说法正确的是()A.某点的电场强度大,该点的电势一定高B.某点的电势高,试探电荷在该点的电势能一定大C.某点的电场强度为零,试探电荷在该点的电势能一定为零D.某点的电势为零,试探电荷在该点的电势能一定为零2.如图所示,虚线表示某电场的等势面,实线表示一带电粒子仅在静电力作用下运动的径迹。粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA,在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB。下列结论正确的是()A.aAaB,EkAEkBB

2、.aAEpBC.aAaB,EpAaB,EkA0,qB=-q0,当系统处于静止状态时,三小球等间距排列。已知静电力常量为k,则()A.qC=47q0B.弹簧伸长量为mgsink0C.A球受到的库仑力大小为2mgD.相邻两小球间距为q03k7mg5.对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言,当选取离点电荷无穷远处的电势为零时,离点电荷距离为r位置的电势为=kqr(k为静电力常量),如图所示,两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d,现将一质子(电荷量为e)从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点,在质子从A到C的过程中,系统电势能的变化情况为()A.减少2kQeRd2-R

3、2B.增加2kQeRd2+R2C.减少2kQed2-R2D.增加2kQed2+R26.如图所示,空间正四棱锥形的底面边长和侧棱长均为a,水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为+q的小球,顶点P处有一个质量为m的带电小球,在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态。若将P处小球的电荷量减半,同时加竖直方向的电场强度为E的匀强电场,此时P处小球仍能保持静止。重力加速度为g,静电力常量为k,则所加匀强电场的电场强度大小为()A.mg2qB.mg4qC.2kqa2D.22kqa27.(2020江西五校联考)如图所示,A、B、C三个带电小球质量均为m,A、B分别穿在同一竖直线上的两根绝缘细杆上,上方细杆粗糙,

4、下方细杆光滑。已知A、B电荷量大小均为q0,且A带正电,当系统处于静止状态时,AB和AC间距相等,A、C间绝缘细线与竖直细杆成60角,细线伸直且恰无拉力。已知静电力常量为k,重力加速度为g,则()A.C小球电荷量大小为13q0B.A、C间的绝缘细线长为q02kmgC.A小球受到细杆的摩擦力大小为2mgD.若保持B小球位置不变,缓慢增加B的电荷量,使A、C两球处于同一水平线,则此时A、C间的绝缘细线拉力大小为0二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)8.(2020全国卷)如图所示,竖直面内一绝缘细圆环的

5、上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点,c、d为竖直直径上的两个点,它们与圆心的距离均相等。则()A.a、b两点的电场强度相等B.a、b两点的电势相等C.c、d两点的电场强度相等D.c、d两点的电势相等9.(2020全国卷)如图所示,M是锐角三角形PMN最大的内角,电荷量为q(q0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是()A.沿MN边,从M点到N点,电场强度的大小逐渐增大B.沿MN边,从M点到N点,电势先增大后减小C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D.将正电荷从M点移动到N点,静电力所做的总功为负10.(2020江苏卷)如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等

6、量异种电荷的小球(不计重力)。开始时,两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置,取O点的电势为0。下列说法正确的有()A.电场E中A点电势低于B点B.转动中两小球的电势能始终相等C.该过程静电力对两小球均做负功D.该过程两小球的总电势能增加三、非选择题(本题共5小题,共60分)11.(8分)(2020北京密云区一模)在观察电容器的充、放电现象的实验中,电路如图所示。(1)将开关S接通1,电容器的(选填“上”或“下”)极板带正电,再将S接通2,通过电流表的电流方向向(选填“左”或“右”)。(2)若电源电动势为10 V,实验中所使用的电容器的电容

7、为3 300 F,充满电后电容器正极板所带的电荷量为 C(结果保留2位有效数字)。(3)下列关于电容器充电时,电流i与时间t的关系、所带电荷量q与两极板间的电压U的关系正确的是。12.(10分)(2019北京卷)电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q变化的图像都相同。(1)请在图甲中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。甲(2)在如图乙所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电,对应的

8、q-t曲线如图丙中所示。a.两条曲线不同是(选填“E”或“R”)的改变造成的。b.电容器有时需要快速充电,有时需要均匀充电。依据a中的结论,说明实现这两种充电方式的途径。(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电,可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)。项目“恒流源”(2)中电源电源两端电压通过电源的电流13.(12分)如图甲所示,将一倾角=37的粗糙绝缘斜面固定在地面上,空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量m=0.2 kg,电荷量q=2.010-3 C的小物块从斜面底端静止释放,

9、运动0.1 s后撤去电场,小物块运动的v-t图像如图乙所示,取沿斜面向上为正方向,g取10 m/s2。sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)电场强度E的大小;(2)小物块在00.3 s运动过程中机械能的增加量。14.(14分)如图所示,ABCD为竖直放在电场强度E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道,轨道的水平部分与其半圆相切,A为水平轨道上的一点,而且sAB=R=0.2 m。把一个质量m=0.1 kg、电荷量q=+110-4 C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放,小球在轨道的内侧运动。g取10 m/s2。(1)求小球到

10、达C点时的速度。(2)求小球到达C点时对轨道的压力大小。(3)若让小球安全通过D点,开始释放点离B点至少多远?15.(16分)(2020天津卷)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器,其基本原理如图所示,从离子源A处飘出的离子初速度不计,经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成,开始时反射区1、2均未加电场,当离子第一次进入漂移管时,两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场,其电场强度足够大,使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时,撤去反射区的电场,离子打在荧光屏B上

11、被探测到,可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q,不计离子重力。(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1。(2)反射区加上电场,电场强度大小为E,求离子能进入反射区的最大距离x。(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0,待测离子的总飞行时间为t1,两种离子在质量分析器中反射相同次数,求待测离子质量m1。章末目标检测卷七静电场1.D解析:电势是人为规定的,与电场强度无关,电势能与零势能面的选取有关,与电场强度无关,A、C错误。负电荷在高电势处电势能小,B错误。根据Ep=q可知,电势为零,电势能为零,D正确。2.C解析:根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是

12、静电斥力,根据U=Ed知,等差等势面越密的位置电场强度越大,B处等差等势面较密集,则电场强度大,带电粒子所受的静电力大,加速度也大,即aAaB;从A到B,静电力对带电粒子做负功,电势能增加,则知B点电势能大,即EpAEpB,故C正确,选项A、B、D错误。3.C解析:带电粒子沿直线从位置a运动到位置b,说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上,对带电粒子受力分析,应该受到竖直向下的重力和水平向左的静电力,静电力方向与电场线方向相反,所以带电粒子带负电,故A、B错误。由于带电粒子做直线运动,所以静电力和重力的合力应该和速度在一条直线上且与速度方向相反,故带电粒子做匀减速直线运动,故C正确。静

13、电力做负功,机械能减小,故D错误。4.A解析:C球受重力、支持力和A、B的库仑力,则A、B的库仑力之和沿斜面向上,又B距离C近,给C的库仑力大,则C球带正电。设小球间距为a,对C有kq0qCa2-kq0qC(2a)2=mgsin,对B有kq02a2-kq0qCa2=mgsin,联立解得qC=47q0,代入kq02a2-kq0qCa2=mgsin,解得a=q03k7mgsin,故A正确,D错误。ABC整体受力平衡,即ABC受到的弹力等于重力的分力,得弹簧伸长量x=3mgsink0,故B错误。BC整体受力平衡,即BC受到库仑力等于重力分力,得A受到的库仑力为2mgsin,故C错误。5.A解析:A、

14、C两点关于-Q对称,故-Q对质子不做功,质子由A到C只有+Q做正功,电势能减小,Ep=ekQd-R-ekQd+R=2kQeRd2-R2,A正确。6.D解析:设P处的带电小球电荷量为Q,根据库仑定律可知,P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为F=kqQa2;根据几何关系,可知正四棱锥形的侧棱与竖直线的夹角为45;再由力的分解法则,有4kqQa222=mg;若将P处小球的电荷量减半,则四个顶点的电荷对P处小球的库仑力合力为F=2kqQa2;当外加匀强电场后,再次平衡,则有2kqQa2+Q2E=mg,解得E=22kqa2或E=mgQ,故D正确。7.D解析:B处于静止状态,可知受A的静电力向上,故B带

15、负电荷。C处于平衡状态,合力为零,所以A、B对C的静电力的合力与重力等大反向,可判断C带负电荷,C受力如图所示。设C的电荷量为q,则FACcos+FBCcos=mgFACsin=FBCsin由题意可知=60,FAC=FBC=mg对B受力分析有FAB=mg+FBCcos又由于FAB=kq02r2,FAC=kq0qr2联立解得FAB=3mg2,r=2kq023mg,q=3q02AC之间绝缘细线长即是r=2kq023mg,故A、B、C错误。若保持B小球位置不变,缓慢增加B的电荷量,使A、C两球处于同一水平线,则此时=90,=45。对小球C受力分析,在竖直方向FBCcos=mg,在水平方向FBCsin

16、=FAC+F拉由上面分析可知FAC=mg联立可知A、C之间的绝缘细线的拉力F拉=0,故D正确。8.ABC解析:采用微元法,在等量异种点电荷形成的电场中,以两点电荷连线与中垂线交点为圆心,以小于两点电荷之间连线的任一距离为直径作圆,则此圆直径两端点处的合电场强度是相同的。在此圆环直径端点取等量异种点电荷,在两点电荷形成的电场中,根据前面的分析可知,a、b两点电场强度相等,c、d两点电场强度相等。故在圆环中所有电荷形成的电场中,a、b两点的电场强度相等,c、d两点的电场强度相等,A、C正确。在圆环竖直方向取等量异种电荷,a、b位于中垂线上,两点电势都为0,B正确。c位置靠近正电荷,电势大于0;d位

17、置靠近负电荷,电势小于0,D错误。9.BC解析:沿MN边,从M点到N点,距P点的距离先变小后变大,P点的点电荷带正电,电场强度E=kqr2,越靠近P点,电场强度越大,电势越大,所以电场强度先变大后变小,电势先变大后变小,选项A错误,选项B正确。正电荷在电势高的位置电势能也大,所以正电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能,选项C正确。将正电荷由电势能大的M点移到电势能小的N点,静电力做正功,选项D错误。10.AB解析:沿电场线方向电势降低,A点电势低于B点电势,选项A正确。两小球的电荷量大小相等,电性相反,O点电势为零,关于O点对称,所以两小球的电势绝对值相等,一正一负,根据Ep=q可知电势能相

18、等,转动过程中,两小球始终关于O点对称,电势能相等,选项B正确。WAB=EpA-EpB,根据静电力方向和两小球的运动方向,该过程静电力对两小球都做正功,两小球电势能减小,总电势能减小,选项C、D错误。11.解析:(1)将开关S接通1,电容器的上极板接电源正极带正电;将开关S拨到2后,电容器放电,过电流表的放电电流方向向左。(2)电容器的电容C=3300F=3.310-3F,根据C=QU得Q=CU=3.310-310C=3.310-2C。(3)电容器充电过程中随着电荷量的增加,充电电流最终为零,故A正确,B错误。根据C=qU得q=CU,所以q-U图像应为倾斜直线,故C、D错误。答案:(1)上左(

19、2)3.310-2(3)A12.解析:(1)u-q图像如图所示电压为U时,电容器电荷量为Q,图线和横轴围成的面积表示所储存的电能EpEp=12QU,又Q=CU故Ep=12CU2。答案:(1)图像如解析图所示12CU2(2)a.Rb.减小电阻R,可以实现对电容器更快速充电;增大电阻R,可以实现更均匀充电。(3)题目“恒流源”(2)中电源电源两端电压增大不变通过电源的电流不变减小13.解析:(1)加速时a1=v1t1=20m/s2减速时,加速度大小a2=v2t2=10m/s2由牛顿第二定律得Eq-mgsin-Ff=ma1mgsin+Ff=ma2联立得E=3103N/C摩擦力Ff=0.8N。(2)方

20、法一:Ek=0Ep=mgxsin37x=0.3mE=Ep=0.36J。方法二:加速距离x1=v2t1=0.1m减速距离x2=v2t2=0.2m静电力做功WE=Eqx1=0.6J摩擦力做功Wf=-Ff(x1+x2)=-0.24J物块在00.3s运动过程中机械能增加量E=WE+Wf=0.36J。答案:(1)3103 N/C(2)0.36 J14.解析:(1)由A点到C点应用动能定理有qE(sAB+R)-mgR=12mvC2解得vC=2m/s。(2)在C点应用牛顿第二定律得FN-qE=mvC2R解得FN=3N由牛顿第三定律知,小球在C点时对轨道的压力大小为3N。(3)小球要安全通过D点,必有mgmv

21、D2R设释放点距B点的距离为x,由动能定理得qEx-mg2R=12mvD2解得x0.5m。答案:(1)2 m/s(2)3 N(3)x0.5 m15.解析:(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v,根据动能定理可得qU=12mv2离子在漂移管中做匀速直线运动,则T1=lv联立解得T1=ml22qU。(2)从开始加速到反射区速度为零过程中,根据动能定理,有qU-qEx=0解得x=UE。(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动,平均速度大小均相等,设其为v,有v=v2离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的,所以不同离子在电场区运动的总路程相等,设为l1,在无场区的总路程设为l2,根据题目条件可知,离子在无场区速度大小恒为v,设离子的总飞行时间为t总,有t总=l1v+l2v联立解得t总=(2l1+l2)m2qU可见,离子从A到B的总飞行时间与m成正比,由题意可得t1t0=m1m0解得m1=(t1t0)2m0。答案:(1)ml22qU(2)UE(3)(t1t0)2m0