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1、單元質(zhì)檢七　靜電場 (時間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。在每小題給出的四個選項中,第1~7題只有一項符合題目要求,第8~10題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.(2018·山西二模)如圖所示為靜電除塵機理圖,廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū),放電極(位于中央)和集塵極分別接到高壓直流電源的兩極上,其間電場線如圖。帶負(fù)電的塵埃在電場力的作用下向集塵極運動并沉積,達(dá)到除塵目的。不考慮塵埃間的相互作用及其他作用,下列說法正確的是(　　) A.電場線方向由放電極指向集塵極 B.圖中a

2、點電場強度小于b點電場強度 C.塵埃會沿圖中虛線從c到d運動 D.塵埃在運動過程中動能增大 答案D 解析因為帶負(fù)電的塵埃在電場力的作用下向集塵極運動并沉積,可知集塵極帶正電荷,是正極,電場線方向由集塵極指向放電極,故A錯誤;集塵極帶正電荷,是正極,又由于a點更靠近放電極,所以圖中a點電場強度高于b點電場強度,故B錯誤;放電極與集塵極間建立非勻強電場,所受的電場力是變化的,塵埃不會沿圖中虛線從c到d運動,故C錯誤。帶電塵埃所受的電場力方向與位移方向相同,做正功,所以在遷移過程中動能增大,故D正確。 2.(2019·廣東中山一中、仲元中學(xué)等七校聯(lián)考)右圖是兩個等量異種電荷形成的電場,

3、AB為中垂線上兩點,CD為兩電荷連線上兩點,且A、B、C、D與O點間距離相等,則(　　) A.A、B、C、D四點場強相同 B.C點電勢比D點電勢低 C.正電荷從A運動到B,電場力不做功 D.正電荷從C運動到D,電勢能增加 答案C 解析因為兩個等量異種點電荷形成的電場,兩個電荷的連線上下的電場是對稱的,所以A、B兩點的電場強度相等,小于O處的電場強度。由于C、D兩處電場線比O處密,則C、D兩處的電場強度比O處大,故選項A錯誤;沿著電場線方向電勢降低,則知C點電勢比D點電勢高,故B錯誤;AB為中垂線,是一條等勢線,其上各點的電勢都相等,AB之間的電勢差為0,則正電荷從A運動到B,電場力

4、不做功,故C正確;正電荷從C運動到D,電場力從C指向D,電場力做正功,電勢能減小,故D錯誤。 3.(2018·百校聯(lián)盟猜題卷)如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy中的x軸上有一正點電荷Q,A、B、C是坐標(biāo)軸上的三點,OA=OB=BC=a,其中O點和C點的電勢相等,靜電力常量為k,則下列說法正確的是(　　) A.點電荷Q位于B、C兩點之間 B.O點電勢比A點電勢低 C.A點的電場強度大小為kQ2a2 D.將某一正試探電荷從A點沿直線移動到C點過程中,電勢能一直增大 答案C 解析因為O點和C點的電勢相等,故O點和C點到點電荷的距離相等,因此點電荷Q一定位于B點,選項A錯誤;點電荷帶正電,

5、故離點電荷越近電勢越高,故O點電勢比A點高,選項B錯誤,由圖可知AB的距離r=2a,根據(jù)E=kQr2,得EA=kQ2a2,選項C正確;將正試探電荷從A點沿直線移動到C點過程中,電勢先升高再降低,故電勢能先增大再減小,選項D錯誤。 4.(2018·廣東廣州模擬)如圖,a、b兩個帶電小球分別用絕緣細(xì)線系住,并懸掛在O點,當(dāng)兩小球處于靜止時,它們恰好在同一水平面上,此時兩細(xì)線與豎直方向夾角α<β。若同時剪斷兩細(xì)線,在下落過程中(　　) A.兩球不可能處在同一水平面上 B.a、b兩球系統(tǒng)的電勢能增大 C.任一時刻,a球速率小于b球速率 D.a球水平位移始終大于b球水平位移 答案C 解

6、析當(dāng)細(xì)線剪斷后,對小球受力分析,豎直方向仍只受重力,所以加速度不變?nèi)詾間,則在下落過程中,兩球仍處于同一水平面,但由于庫侖斥力的作用下,導(dǎo)致間距的增大,庫侖力做正功,電勢能減小,故A、B錯誤;根據(jù)平衡條件有:mag=FCtanα,mbg=FCtanβ。由于β>α,所以ma>mb,因此水平方向上,a的加速度小于b的加速度。小球在豎直方向上做自由落體運動,在水平方向上做變加速直線運動,根據(jù)分運動與合運動具有等時性,知a,b兩球同時落到同一水平面上,落地時a球落地時的速度小于b球落地時的速度,故C正確;由于豎直方向加速度相同,所以同時落在同一水平地面上,但由于質(zhì)量的不同,導(dǎo)致水平方向的加速度大小不同

7、,因此水平位移也不相同,因水平方向a的加速度比b的加速度小,故a球水平位移始終小于b球水平位移,D錯誤。 5.(2018·河南洛陽第二次統(tǒng)一考試)某電場在直角坐標(biāo)系中的電場線分布情況如圖所示,O、P、M、N為電場中的四個點,其中P和M在一條電場線上,則下列說法正確的是(　　) A.M點的場強小于N點的場強 B.M點的電勢高于N點的電勢 C.將一負(fù)電荷由O點移到M點電勢能增加 D.將一正電荷由P點無初速釋放,僅在電場力作用下,可沿PM電場線運動到M點 答案C 解析電場線密的地方電場強度大,由圖可知M點電場線比N點的密,所以M點的電場強度大于N點的電場強度,故A錯誤;沿電場線方向

8、電勢降低,所以M點的電勢低于N點的電勢,故B錯誤;將一負(fù)電荷由O點移到M點電場力做負(fù)功,所以電荷的電勢能增加,故C正確;一正點電荷從P點由靜止釋放,該電荷所受的電場力是變力,與電場線的相切,據(jù)曲線運動的條件該電荷并不能沿電場線運動到M點,故D錯誤。故選C。 6.(2019·陜西榆林綏德中學(xué)模擬)如圖所示,平行板電容器與恒壓電源連接,電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場,設(shè)電容器極板上所帶的電荷量為Q,電子穿出平行板電容器時在垂直于板面方向偏移的距離為y。若僅使電容器上極板上移,以下說法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.Q減小,y不變 B

9、.Q減小,y減小 C.Q增大,y減小 D.Q增大,y增大 答案B 解析僅使電容器上極板上移,兩極板間距d增大,由C=εS4πkd知,電容器的電容減小,由C=QU知,U一定,C減小,則Q減小,選項C、D錯誤;由E=Ud知,電容器兩極板間的電場強度減小,電子運動的加速度a=Eqm減小,電子在電場中做類平拋運動,電子穿出電場的時間不變,則電子穿出平行板電容器時在垂直極板方向偏移的距離y=12at2減小,選項A錯誤,選項B正確。 7.(2018·山東青島統(tǒng)一質(zhì)量檢測)如圖,絕緣光滑圓環(huán)豎直放置,a、b、c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球,已知小球c位于圓環(huán)最高點,ac連線與豎直方向

10、成60°角,bc連線與豎直方向成30°角,三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(　　) A.a、b、c小球帶同種電荷 B.a、b小球帶異種電荷,b、c小球帶同種電荷 C.a、b小球電荷量之比為36 D.a、b小球電荷量之比為39 答案D 解析對c小球受力分析可得,a、b小球必須帶同種電荷c小球才能平衡。對b小球受力分析可得,b、c小球帶異種電荷b小球才能平衡。故A、B兩項錯誤;對c小球受力分析,將力正交分解后可得:kqaqcrac2sin60°=kqbqcrbc2sin30°,又rac∶rbc=1∶3,解得:qa∶qb=3∶9。故C項錯誤,D項正確。 8.目前智能手機普遍采用

11、了電容觸摸屏,電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的,它是一塊四層復(fù)合玻璃屏,玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物),夾層ITO涂層作為工作面,四個角引出四個電極,當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r,手指和工作面形成一個電容器,因為工作面上接有高頻信號,電流通過這個電容器分別從屏的四個角上的電極中流出,且理論上流經(jīng)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例,控制器通過對四個電流比例的精密計算來確定手指位置。對于電容觸摸屏,下列說法正確的是(　　) A.電容觸摸屏只需要觸摸,不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號 B.使用絕緣筆,在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作 C.手指壓力變大時,由于手

12、指與屏的夾層工作面距離變小,電容變小 D.手指與屏的接觸面積變大時,電容變大 答案AD 解析據(jù)題意知,電容觸摸屏只需要觸摸,由于流經(jīng)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例,控制器就能確定手指的位置,因此不需要手指有壓力,故A正確;絕緣筆與工作面不能形成一個電容器,所以不能在電容屏上進(jìn)行觸控操作,故B錯誤;手指壓力變大時,由于手指與屏的夾層工作面距離變小,電容將變大,故C錯誤;手指與屏的接觸面積變大時,電容變大,故D正確。 9. (2019·四川成都摸底測試)如圖所示為某電場中的一條電場線。一負(fù)電荷以大小為v0的速度從M點沿電場線運動到N點的過程中,經(jīng)歷時間為t1,電勢能變化量為

13、Ep1。另一正電荷以大小為v0的速度從N點沿電場線運動到M點的過程中,經(jīng)歷時間為t2,電勢能變化量為Ep2。已知v0的方向平行于電場線,兩電荷的質(zhì)量相等、電荷量絕對值相等,不計電荷的重力。則(　　) A.Ep1可能小于Ep2 B.Ep1一定等于Ep2 C.t1可能小于t2 D.t1一定等于t2 答案BC 解析電場力的功等于電勢能的變化,則ΔEp=UMNq可知,Ep1一定等于Ep2,選項A錯誤,B正確;若沿電場線方向場強變大,即若EM

14、荷從M向N運動時平均速度大于正電荷從N向M運動時平均速度,可知此時負(fù)電荷從M向N運動的時間t1小于正電荷從N向M運動的時間t2,選項C正確,D錯誤。 10.(2018·貴州貴陽下學(xué)期適應(yīng)性考試)如圖所示,一板間距為d的平行板電容器豎直放置,兩板間存在電場強度為E的電場,一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電油滴從兩極板正中間由靜止釋放,重力加速度為g,則帶電油滴運動到極板的過程中(　　) A.加速度大小為(Eq)2m+g2 B.所需的時間為mdEq C.下降的高度為mgd2Eq D.電場力對油滴所做的功為Eqd2 答案BCD 解析帶電油滴受到重力、電場力,合力F=(Eq)2+(mg)2,

15、根據(jù)牛頓第二定律有: a=Fm=(Eq)2+(mg)2m=Eqm2+g2,故A錯誤;根據(jù)運動獨立性,水平方向點電荷的運動時間為t,水平方向上的加速度a=qEm,根據(jù)位移公式可得:d2=12×Eqmt2,解得t=mdEq,下落的高度為h=12gt2=mgd2Eq,電荷運動水平位移為d2,由場力對油滴所做的功為W=Eq×d2=Eqd2,故BCD正確,故選BCD。 二、計算題(本題共2小題,共40分) 11.(20分)(2018·山東濟南下學(xué)期第一次模擬)如圖甲所示,粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點平滑連接,過半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場E,

16、質(zhì)量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上A點由靜止釋放,運動中由于摩擦起電滑塊電量會增加,過B點后電荷量保持不變,小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R,滑塊與軌道間動摩擦因數(shù)為μ=0.5,重力加速度為g,不計空氣阻力,求: (1)小滑塊釋放后運動至B點過程中電荷量的變化量; (2)滑塊對半圓軌道的最大壓力大小; (3)小滑塊再次進(jìn)入電場時,電場大小保持不變、方向變?yōu)橄蜃?求小滑塊再次到達(dá)水平軌道時的速度大小以及距B的距離。 答案(1)Δq=mgE　(2)FN=(6+35)mg　(3)v4=25gR,方向與水平方向夾角為β1=arctan12斜向左下方,位置在A

17、點左側(cè)2R處。 解析根據(jù)在A、B兩點的加速度結(jié)合牛頓第二定律即可求解小滑塊釋放后運動至B點過程中電荷量的變化量; 利用“等效重力”的思想找到新的重力場中的最低點即壓力最大點; 解(1)A點:q0E-μmg=m·12g B點:q1E-μmg=m·32g 聯(lián)立以上兩式解得Δq=q1-q0=mgE; (2)從A到B過程: m·12g+32g2·4R=12mv12-0 將電場力與重力等效為“重力G”,與豎直方向的夾角設(shè)為α,在“等效最低點”對軌道壓力最大,則: G'=(mg)2+(q1E)2 cosα=mgG' 從B到“等效最低點”過程:G'(R-Rcosα)=12mv22-12

18、mv12 FN-G'=mv22R 由以上各式解得:FN=(6+35)mg 由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為:FN=(6+35)mg; (3)從B到C過程:-mg·2R-q1E·R=12mv32-12mv12 從C點到再次進(jìn)入電場做平拋運動: x1=v3t　R=12gt2　vy=gt　tanβ1=vyv3　tanβ2=mgq1E 由以上各式解得:β1=β2 則進(jìn)入電場后合力與速度共線,做勻加速直線運動tanβ1=Rx2 從C點到水平軌道:mg·2R+q1E·x2=12mv42-12mv32 由以上各式解得:v4=25gR Δx=x1+x2-4R=2E 因此滑塊再次到達(dá)水

19、平軌道的速度為v4=25Rg,方向與水平方向夾角為β1=arctan12,斜向左下方,位置在A點左側(cè)2R處。 12.(20分)(2018·四川綿陽第三次診斷性考試)真空中存在方向豎直向上、電場強度大小為E0的勻強電場,A、B、C三點在電場中同一條豎直線上,C是A、B的中點。在某時刻,帶電油滴a在A點,豎直向上做勻速直線運動,速度大小為v0,不帶電油滴b在B點從靜止釋放,經(jīng)過一段時間,a、b在C點相碰融為油滴c,此時刻將電場強度的大小突然變?yōu)槟持?但保持其方向不變,再經(jīng)過相同的時間,油滴c運動回到C點。油滴a、b的質(zhì)量相等為m,重力加速度大小為g。求: (1)油滴c在C點初速度; (2)變

20、化后的電場強度的大小; (3)油滴c從C點出發(fā)到回到C點的過程中,電勢能最大值與最小值之差。 答案(1)12v0　(2)3E0　(3)34mv02 解析(1)設(shè)油滴a從A點到C點、油滴b從B點到C點的時間相等為t1,碰前b的速度為v1,碰后a、b共同速度即油滴c在C點初速度為v2,以豎直向下方向為正方向,則 v0t1=12v1t1　mv1-mv0=2mv2 解得v1=2v0,v2=12v0 (2)油滴a帶正電,設(shè)電荷量為q,油滴a從A點到C點的過程中有 qE0=mg 油滴b從B點到C點的過程有v1=gt1 油滴c帶正電,電荷量為q,質(zhì)量為2m,設(shè)變化后的電場強度的大小為E,油滴c從C點開始以v2為初速度向下運動,加速度方向豎直向上,大小為a,在時間t1內(nèi)位移為零,則 2ma=qE-2mg　0=v2t1-12at12 由v1=2v0得2v0=gt1,由v2=12v0得v0=at1,則a=12g。 解得E=3E0 (3)油滴c從C點出發(fā)到回到C點的過程中,向下運動時電場力做負(fù)功,向上運動時電場力做正功,在回到C點之前,電場力總功為負(fù),所以油滴c在最低點電勢能最大,在C點電勢能最小。 設(shè)最低點與C點間的距離為x,電場力做功為W,電勢能最大值與最小值之差為ΔE,則2ax=v22　W=qEx　ΔE=W 解得ΔE=34mv02 10