2022高考物理一轮复习 单元练七 静电场（含解析）.docx

1、单元质检七静电场(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.如图所示为静电除尘机理图,废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区,放电极(位于中央)和集尘极分别接到高压直流电源的两极上,其间电场线如图。带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积,达到除尘目的。不考虑尘埃间的相互作用及其他作用,下列说法正确的是()A.电场线方向由放电极指向集尘极B.图中a点电场强度小于b点电场强度C.尘埃会沿图中虚线从c到d运动D.尘埃在运动过程中动能增大2.如图所示,在x轴上相距为L的两点固定等量异种电荷+Q、-Q

2、,虚线是以-Q所在点为中心、边长也为L的正方形,a、b、c、d是正方形的四个顶点,且a、b连线平行x轴。则下列说法正确的是()A.b点电势高于d点B.b、c连线上各点电势相同C.a、d两点处的电场强度相同D.将一正电荷沿虚线由a点移至b点,其电势能逐渐增大3.如图所示,空间有一正三棱锥P-ABC,D点是BC边上的中点,O点是底面ABC的中心,现在顶点P点固定一正的点电荷,则下列说法正确的是()A.A、B、C三点的电场强度相同B.底面ABC为等势面C.若O、B、C三点的电势为O、B、C,则有B-O=O-CD.将一正的试探电荷沿直线从B点经D点移到C点,静电力对该试探电荷先做负功后做正功4.(20

3、21届河南鹤壁高中月考)有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中,给电容器再充上一些电荷Q,油滴开始向上运动,经时间t后,电容器突然放电,失去一部分电荷Q,又经时间t,油滴回到原位置,假如在运动过程中油滴电荷量一定,则()A.QQ=4B.QQ=3C.QQ=2D.QQ=15.(2021届安徽池州一中月考)如图所示,在一个水平面上建立x轴,在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,电场强度大小E=6.0105 N/C,方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量-5.010-8 C、质量m=1.010-2 kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数=0.20,沿x轴正方向给物块一个初速

4、度v0=4.0 m/s,g取10 m/s2,则物块最终停止时的位置是()A.O点左侧0.4 mB.O点左侧0.8 mC.O点右侧0.4 mD.O点右侧0.8 m二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)6.(2021届安徽池州一中月考)如图甲所示为电场中的一条电场线,在电场线上建立坐标轴,则坐标轴上Ox2间各点的电势分布如图乙所示,则()A.在Ox2间,电场强度先减小后增大B.在Ox2间,电场强度方向一定发生了变化C.若一负电荷从O点运动到x2点,电势能逐渐增大D.从O点静止释放一仅受

5、电场力作用的正电荷,则该电荷在Ox2间一直做加速运动7.(2021届江西南昌月考)如图所示,在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且AB=2BC,由此可见()A.电场力为3mgB.小球带正电C.小球从A到B与从B到C的运动时间之比为21D.小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等8.(2021届广东珠海月考)两个等量同种电荷固定于光滑绝缘水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一个电荷量为210-5 C,质量为1 g的带正电小物块在水平面上

6、从C点静止释放,其运动的v-t图像如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是()A.B点为中垂线上电场强度最大的点,电场强度E=100 N/CB.由C点到A点电势先增加后减少C.由C到A的过程中物块的电势能先变小后变大D.A、B两点间的电势差UAB=-500 V三、计算题(本题共3小题,共52分)9.(14分)(2020江西南昌月考)如图所示,虚线MN左侧有一电场强度为E1=E的匀强电场,在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e,质量为m,不

7、计重力)无初速度地放入电场E1中的A点,A点到MN的距离为L2,最后电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O,求:(1)电子在电场E1中的运动时间t1;(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值;(3)电子打在屏上的点P(图中未标出)到点O的距离。10.(18分)(2020云南五华昆明一中月考)如图所示,在竖直平面内,倾角=37的光滑绝缘轨道AB与半径为R=2.5 m的光滑绝缘圆弧轨道BC在B点相切,O为半圆弧轨道的圆心,CO竖直。整个轨道处于水平向右,大小为E=310-3 V/m的匀强电场中。C处装有力传感器,能测出轨道C点处受到的压力。某次,一个电荷量为q=310-3

8、 C,质量为m=1.2 kg的带正电的小球,以某一初速度从A点沿轨道向上运动,运动到C点时,力传感器的示数恰好为0。重力加速度g取10 m/s2。48622。求:(1)小球到达C点的速度大小;(2)小球在B点对轨道的压力;(3)若小球离开C点后能落回斜面AB上,求小球从C点落到斜面的时间。11.(20分)(2020广东番禺仲元中学月考)如图所示,虚线MN上方存在沿水平方向的匀强电场区域。同一竖直面内,两个半径相同、带电荷量分别为+q和-q的弹性小球P、Q,在距MN分别为2h和0.5h处,沿平行电场的方向同时向与MN垂直的虚线抛出,P的初速度是Q的4倍,之后两球均从O点垂直MN射出电场。在与MN

9、距离为y(y未知)的水平面固定一绝缘弹性板,Q球与板发生第一次碰撞后在返回MN处时恰好与P发生碰撞。假设两球与挡板、两球之间的碰撞均为弹性正碰,且球与挡板碰后电荷量不变,两球碰后电荷中和。已知重力加速度为g,忽略两球之间的库仑力,则:(1)P、Q两球的质量之比为多少?(2)求y的大小;(3)两球第一次碰后,改变距离y,Q与挡板第二次碰后撤去挡板,使得Q能在MN上方与P再次碰撞,求y的范围。参考答案单元质检七静电场1.D因为带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积,可知集尘极带正电荷,是正极,电场线方向由集尘极指向放电极,故A错误;电场线的疏密表示电场的强弱,所以图中a点电场强度大于b点电

10、场强度,故B错误;放电极与集尘极间是非匀强电场,所受的电场力是变化的,尘埃不会沿图中虚线从c到d运动,故C错误。带电尘埃所受的电场力做正功,所以在迁移过程中动能增大,故D正确。2.C因为ad是电势为零的等势线,则d点的电势为零,而b点电势小于零,可知d点电势高于b点,A错误;b、c两点电势相同,但是b、c连线上各点电势不相同,B错误;a、d两点关于x轴对称,电场强度大小相等,方向是对称的;又由于a、d两点在两个电荷连线的中垂线上,故电场强度方向与x轴平行;故a、d两点处的电场强度相同,C正确;a点在两个电荷连线的中垂线上,a点电势高于b点,将一正电荷沿虚线由a点移至b点,其电势能减小,则D错误

11、。3.DA、B、C三点到P点的距离相同,故三点的电场强度的大小相等,但方向不同,A错误;A、B、C三点到P点的距离相同,三点电势相等,但底面ABC其他点电势与三点电势不相同,故底面ABC不为等势面,B错误;由于B、C两点电势相等,因此三点电势满足B-O=-(O-C),C错误;由于B、C两点到P点的距离相等,且大于D点到P点的距离,将一正的试探电荷沿直线从B点经D点移到C点,试探电荷先靠近P点再远离P点,由于带同种电荷,静电力对该试探电荷先做负功后做正功,D正确。4.A根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E=Q+QCd、E=Q+Q-QCd,而依题意有mg=qQCd,根据牛顿第二定律可得qE-

12、mg=ma、mg-qE=ma,依题意有x=12at2、-x=at2-12at2,解得aa=13,可求得QQ=4,只有选项A正确。5.B物块由O点向右运动到第一次速度为零的过程,根据动能定理-(qE+mg)x=0-12mv02,解得x=1.6m,由于qEmg,所以物体将先向左做加速运动,过边界后做减速运动,设过边界后最终停在O点左方x的位置,对物块从第一次停止到停在O点左方x的位置过程由动能定理得qEx-mg(x+x)=0,解得x=0.8m,B正确。6.CD-x图像的斜率的绝对值大小等于电场强度,由几何知识得知,斜率先增大后减小,则电场强度先增大后减小,但斜率一直是负值,电场强度方向没有改变。故

13、AB错误。由图看出,电势逐渐降低,若一负电荷从O点运动到x2点,电势能逐渐升高。故C正确。从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷,受到的电场力方向与速度方向相同,做加速运动,即该电荷在Ox2间一直做加速运动,故D正确。7.ACD由题图知在电场中,小球受合外力竖直向上,故电场力竖直向上与电场方向相反,故小球带负电,故B错误;小球在水平方向始终做匀速运动,由题可知,从A到B与从B到C水平位移之比为21,根据x=vt,知运动时间之比为21,故C正确;设在B点竖直方向速度为vy,则从A到B,vy2=2gh1,从B到C,vy2=2ah2,其中a=qE-mgm、h1=2h2,联立解得qE=3mg,故A正确

14、;从A到B速度变化量为vy,从B到C速度变化量为-vy,故两个过程速度的变化量大小相等,故D正确。8.AD根据v-t图像可知物块在B点的加速度最大为a=vt=4-07-5=2m/s2,所受的电场力最大为F=ma=110-32=210-3N,故B点的电场强度最大为E=Fq=210-3210-5=100N/C,A正确;根据两个等量的同种正电荷,其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧,故由C点到A点电势逐渐减小,B错误;根据v-t图像可知C到A的过程中物块的速度增大,电场力做正功,电势能减小,故C错误;由A到B根据动能定理可得WAB=Ek=12mvB2-12mvA2=-0.01J,又因WA

15、B=qUAB,故UAB=WABq=-0.01210-5V=-500V,D正确。9.答案(1)mLeE(2)2(3)3L解析(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,时间为t1,由牛顿第二定律得:a1=eE1m=eEm由x=12at2得:L2=12a1t12解得:t=mLeE(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy,由牛顿第二定律得,电子进入电场E2时的加速度为:a2=eE2m=2eEm、vy=a2t2电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为:tan=vyv1联立得:tan=2(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示,设电子打到屏上的点P到O点的

16、距离为x,根据下图几何关系得tan=x3L2联立得:x=3L10.答案(1)5 m/s(2)81 N,方向垂直于AB向下(3)1.12 s解析(1)力传感器示数为0,则小球到达C点时仅受重力和电场力,由重力提供向心力mg=mvC2RvC=gR=5m/s(2)从B点运动到C点的过程中,克服重力和电场力做功,由动能定理得-mg(R+Rcos)-qERsin=12mvC2-12mvB2mvB2=165kgm2/s2由小球的受力分析,小球受到重力与电场力的合力F=54mg=15NF与重力方向的夹角为,则tan=qEmg=34,=37。所以F的方向垂直于AB,因此在B点FN-F=mvB2R代入数据解得:

17、FN=81N,由牛顿第三定律可得,小球对轨道的压力为FN=FN=81N,方向垂直于AB向下。(3)设小球落到离B距离为x的P点,则小球水平方向做匀减速直线运动ax=qEmxcos-Rsin=vCt-12axt2竖直方向做自由落体运动R+Rcos+xsin=12gt2代入数据解得:t=2825s=1.12s11.答案(1)12(2)y=58h(3)32hy4h解析(1)设P的质量为m,Q的质量为M,P的加速度大小为a1,Q的加速度大小为a2,Q的初速度大小为v0,P的初速度大小为4v0,P、Q球从抛出到到达O点时间分别为t1和t2。由题意可知两球在水平方向均减速,则4v0-a1t1=0、v0-a

18、2t2=0两球受到的电场力大小相等,由牛顿第二定律得qE=ma1、qE=Ma2两球在竖直方向的加速度均为g,则2h=12gt12、h2=12gt22联立可得mM=12(2)设Q球从离开电场到与挡板碰撞经历的时间为T,它从挡板返回MN时间也为T,由两球运动时间相等得2T+t2=t1设Q球到达MN时速度大小为v2,在竖直方向上,由运动的独立性原理知,小球做自由落体运动,有v22=2gh2由运动学公式得y=v2T+12gT2解得y=58h(3)Q与P第一次碰后,Q相对P的速度为v1=3gh设经过t1时间,Q与挡板相碰,则s1=v1t1=3t1gh碰后瞬间,Q球的速率分别为v2,由题意有v2=gh+gt1,方向竖直向上此时P球的速度为v1=2gh-gt1设经过t2时间,两球再次碰撞,则s1=(v2-v1)t2要在MN上方碰撞,则t1+t2T2联立解得hgT12hg,即32hy4h。