2020第一方案高考物理一轮复习 专题综合检测七

专题综合检测(七)

(45分钟100分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.1～7题为单选题，8～12题为多选题)

1．(2018·渭南模拟)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．一带正电的粒子先后以不同的水平初速度射入两平行板间，测得两次与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则两次水平初速度之比是()

A．1∶2B．1∶1

C．2∶1 D．4∶1

解析：A粒子垂直电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，两次沿电场方向的位移相同，加速度相等，根据y＝1

2知，运动的时间相等，根据x

2at

＝v0t得，水平距离之比为1∶2，则初速度之比为1∶2，故A正确，B、C、D错误．2．a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态，已知a所带的电荷量为＋Q，b所带的电荷量为－q，且Q>q，关于电荷c，下列判断正确的是() A．c一定带负电

B．c所带的电荷量一定大于q

C．c可能处在a、b之间

D．如果固定a、b，仍让c处于平衡状态，则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定解析：B根据三个自由点电荷的平衡规律，“两同夹一异”，“两大夹一小”，c一定带正电荷且c的电荷量一定大于q，故A、C错误，B正确；三个电荷要平衡，必须三个电荷在一条直线，外侧两个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的作用力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以第三个电荷必须为正电，且在b的右侧，而其电量可以不确定，故D错误．

3.(2018·池州模拟)电子枪是加速电子轰击靶屏发光的一种装置，它发射出具有一定能量、一定束流以及速度和角度的电子束．电子束中某个电子只在电场力作用下从M点运动到N 点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是等势面也可能是电场线，则以下说法正确的是()

A．若图中实线是电场线，电子在M点的速度较大

B．若图中实线是电场线，M点的电势比N点低

C．不论图中实线是电场线还是等势面，电子在M点动能小

D．不论图中实线是电场线还是等势面，M点的场强都比N点小

解析：B如果实线是电场线，由运动轨迹判断，电子受竖直向上的电场力，场强方向向下，M点的电势低于N点的电势，电子在M点动能较小，速度较小，故A错误、B正确；如果实线是等势面，由运动轨迹判断，电子受力水平向右，场强方向水平向左，M点的电势高于N点的电势，电子在N点动能较小，故C错误；因实线为平行线，故无论是电场线还是等势面，均说明此电场为匀强电场，场强处处相等，故D错误．

4．(2018·商丘模拟)如图甲所示为半径为R、均匀带正电的球体，AB为过球心O的直线上的两点，且OA＝2R，OB＝3R，球体的空间产生对称的电场，场强大小沿半径方向分布情况如图乙所示，图中EO已知，E－r曲线O～R部分的面积等于2R～3R部分的面积．则下列说法正确的是()

A ．A 点的电势低于

B 点的电势

B ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度

C ．从球面到A 点的电势差小于AB 两点间的电势差

D ．带电量为q 的正电荷沿直线从A 点移到B 点的过程中，电场力做功12

qE 0R 解析：D 球体带正电，周围的电场线向外背离球体，根据沿电场线方向电势降低可知，A 点的电势高于B 点的电势，故A 错误；根据图乙可知，A 点的电场强度大于B 点的电场强度，故B 错误；E －r 图线与横轴围成的面积表示电势差，E －r 图线O ～R 部分的面积等于

2R ～3R 部分的面积，所以从球面到A 点的电势差等于A 、B 两点间的电势差，即为U ＝12

E 0R ，故C 错误；带电量为q 的正电荷沿直线从A 点移到B 点的过程中，电场力做功W ＝qU ＝12

qE 0R ，故D 正确．

5.(2018·涪陵区模拟)如图所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d ，相距为d ，两板间加有竖直向下的匀强电场，将一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球以大小为v 0的水平速度从靠近上板下表面的P 点射入，小球刚好从下板右边缘射出，重力加速度为g ，则该匀强电场的电场强度大小为( )

A.mgd －m v 20qd

B.2mgd ＋m v 202qd

C.m v 20－2mgd 2qd

D.mgd ＋m v 20qd

解析：C 根据牛顿第二定律得qE ＋mg ＝ma ，解得a ＝qE ＋mg m ，运动时间为t ＝2d v 0

，d ＝12at 2，联立解得E ＝m v 20－2mgd 2qd

，故C 正确，A 、B 、D 错误． 6.(2018·孝感模拟)在一半径为R 的圆周上均匀分布有N 个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A 点的小球带电荷量为＋3q ，其余小球带电荷量为＋q ，此时圆心O 点的电场强度大小为E ，现仅撤去A 点的小球，则O 点的电场强度大小为( )

A ．E B.E 2

C.E 3

D.E 4

解析：B 假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q 的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O 处场强为0，所以圆心O 点的电场强度大小等效于A 点处电荷量为

＋2q 的小球在O 点产生的场强，则有E ＝k 2q r 2，方向水平向左，A 处＋q 在圆心O 点产生的场强大小为E 1＝k q r 2，方向水平向左，设其余带电荷量为＋q 的所有小球在O 点处产生的合场强为E 2＝E －E 1＝k q r 2＝E 2，所以仅撤去A 点的小球，则O 点的电场强度等于E 2＝E 2

，故B 正确，A 、C 、D 错误．

7.(2018·九江模拟)如图，竖直光滑的圆轨道上放一个质量为m 的小球，带电量为＋q (可看作质点)，圆的半径为R .周围空间充满着水平方向的匀强电场，电场强度E ＝mg q

.现在在最低点给小球一个初动能，为了小球能做一个完整的圆周运动，那么在圆轨道最低点给小球的初动能( )

A ．E k 大于52

mgR B ．E k 等于52mgR C ．E k 小于52mgR D ．E k 的大小不能确定

解析：A 如图所示，根据几何关系知，等效最高点在A 点，A 与圆心的连线与水平方

向成45°，在A 点，根据2mg ＝m v 2A R

得，A 点的最小速度v A ＝2gR ，根据动能定理得－qE ·22R －mgR (1＋22)＝12m v 2A －E k ，解得E k ＝32＋22mgR >52

mgR ，故A 正确，B 、C 、D 错误．

8.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()

A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小

B．从N到P的过程中，速率先增大后减小

C．从N到Q的过程中，电势能一直增加

D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量

解析：BC小球a从N到Q的过程中，重力不变，库仑力F逐渐增大，库仑力F与重力的夹角逐渐变小，因此，F与m的合力逐渐变大，A错误．从N到P的过程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时，速率最大，B正确；从N到Q，F一直做负功，电势能一直增加，C正确；从P到Q，根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量，所以电势能的增加量小于动能的减少量，D错误．

9．(2018·银川模拟)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容，E 表示两板间的场强，φ表示P 点的电势，E p 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图像中正确的是( )

解析：BC 平行板电容器充电后与电源断开，平行板上所带电荷量Q 不再发生变化，

设图示位置两平行板间距为d ，根据平行板电容器的电容公式得C ＝εr S 4πk (d ＋x )

，电容C 随x 变化图线应为曲线，故A 错误；根据C ＝εr S 4πk (d ＋x )＝Q U ，电场强度E ＝U d ＋x

，解得E ＝4πkQ εr S ，E 与x 无关，电场强度E 随x 变化图线应为平行于x 轴的直线，故B 正确；负极板接地，电势φ1＝0，两板间电势差U ＝E (d ＋x )＝φ2－φ1，正极板电势φ2＝U ＋φ1＝E (d ＋x )，设正极板

与P 点间距离为d 2P ，电势差U 2P ＝Ed 2P ＝φ2－φP ，所以P 点电势φP ＝φ2－Ed 2P ＝E (d －d 2P )＋Ex ，其中E 、d 、d 2P 为定值，φ－x 的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故C 正确；正电荷在P 点电势能E p ＝qφP ＝qE (d －d 2P )＋qEx ，E p －x 的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故D 错误．

10．来自质子源的质子(初速度为零)，经一直线加速器加速形成细柱形的质子流且电流恒定，假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距l 和4l 的两处各取一横截面S 1和S 2，设从质子源到S 1、S 2的过程中，某质子受到的冲量分别为I 1、I 2；在S 1、S 2两处各取一段极短的相等长度的质子源，其中的质子数分别为n 1、n 2，则( )

A ．I 1∶I 2＝1∶2

B ．I 1∶I 2＝1∶4

C ．n 1∶n 2＝2∶1

D ．n 1∶n 2＝4∶1

解析：AC 质子在加速电场中做匀加速直线运动，根据x ＝12

at 2知，位移之比为1∶4，则所用的时间之比为1∶2，根据冲量I ＝Ft 知，质子受到的冲量大小之比为I 1∶I 2＝1∶2，故A 正确，B 错误；根据电流的微观意义可知，i 1＝n 1eS v 1，i 2＝n 2eS v 2，在l 处与4l 处的电流相

等，即n 1e v 1S ＝n 2e v 2S ，解得n 1n 2＝v 2v 1，由动能定理得qEl ＝12m v 21

，解得v 1＝2qEl m ，4qEl ＝12

m v 22，解得v 2＝8qEl m ，则n 1n 2＝21，故C 正确，D 错误． 11.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能E p 随位移x 的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( )

A．粒子从x1处运动到x2处的过程中电场力做正功

B．x1、x2处电场强度方向沿x轴正方向

C．x1处的电场强度大小大于x2处的电场强度大小

D．x1处的电势比x2处的电势低

解析：AD由于粒子从x1运动到x2，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x轴正方向，粒子带负电，故电场强度方向沿x轴负方向，选项A正确，B错误；由于x1处的图线斜率的绝对值小于x2处图线斜率的绝对值，因此x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度大小，选项C错误；沿着电场线方向电势降低，故x1处的电势比x2处的电势低，选项D正确．

12．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则()

A ．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的

B ．在t ＝T 2时刻，该粒子的速度大小为2v 0

C ．若该粒子在T 2

时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上 D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 2

时刻射出电场 解析：ABD 粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度

为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故A 正确；在t ＝T 2

时刻，粒子在水平方向上的分速度为v 0，因为两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，则有v 0T 2

＝v y 2·T 2

×2，解得v y ＝v 0，根据平行四边形定则知，粒子的速度为v ＝2v 0，故B 正确；若该粒子在T 2

时刻以速度v 0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的方向相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上，故C 错误；若该粒子的入射速度变为2v 0，则

粒子射出电场的时间t ＝L 2v 0＝T 2

，故D 正确． 二、非选择题(本题共3小题，共52分．有步骤计算的需写出规范的解题步骤)

13．(14分)如图所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点分别固定着等量正点电

荷．图中AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14

L .一质量为m 、电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从C 点出发，沿直线AB 向D 运动，滑块第一次经过O 点时的动能为nE 0(n ＞1)，到达D

点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：

(1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ；

(2)O 、D 两点之间的电势差U OD ；

(3)小滑块运动的总路程s .

解析：(1)由AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14

L ，可知C 、D 关于O 点对称，则U CD ＝0(2分) 设滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，对滑块从C 到D 的过程，由动能定理得qU CD －f L 2

＝0－E 0，(2分)

且f ＝μmg ，(1分)

可得μ＝2E 0mgL

(1分) (2)滑块从O 到D 的运动过程中，由动能定理得

qU OD －f L 4

＝0－nE 0(2分) 可得U OD ＝(1－2n )E 02q

.(2分) (3)滑块从开始运动到最终停下的整个过程，根据动能定理得qU CO －fs ＝0－E 0(2分)

而U CO ＝－U OD ＝(2n －1)E 02q ，可得s ＝(2n ＋1)L 4

.(2分) 答案：(1)μ＝2E 0mgL (2)U OD ＝(1－2n )E 02q

(3)s ＝(2n ＋1)L 4

14．(18分)如图所示，直角坐标系xOy 位于同一竖直平面内，其中x 轴水平、y 轴竖直，xOy 平面内长方形区域OABC 内有方向垂直OA 的匀强电场，OA 长为l ，与x 轴间的夹角θ＝30°.一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可看成质点)从y 轴上的P 点沿x 轴方向以一定速度射出，恰好从OA 的中点M 垂直OA 进入电场区域．已知重力加速度为g .

(1)求P 的纵坐标y P 及小球从P 射出时的速度v 0；

(2)已知电场强度的大小E ＝

3mg 2q

，若小球不能从BC 边界离开电场，OC 长度应满足什么条件？

解析：(1)设小球从P 运动到M 所用时间为t 1，则有

竖直方向：y P －l 2sin θ＝12

gt 21，v y ＝gt 1(3分) 水平方向：l 2

cos θ＝v 0t 1(2分) 由几何关系v 0tan θ＝v y

(2分) 解得y P ＝58l ，v 0＝gl 2

(2分) (2)设小球到达M 时速度为v M ，进入电场后加速度为a ，有v M ＝v 0sin θ

(1分) 小球在电场中沿v M 方向做匀速直线运动，沿与v M 垂直方向做加速度为a 的匀加速运动，设边界OC 的长度为d 时，小球不从BC 边射出，在电场中运动时间为t 2，则有mg sin θ＝ma (3分)

d >v M ·t 2(2分)

l 2＝12at 22

(2分) 解得d >2l (1分)

答案：(1)58l gl 2

(2)d >2l 15.(20分)如图所示，水平绝缘光滑轨道AB 的B 端与处于竖直平面内的圆弧形光滑绝缘轨道BCD 平滑连接，圆弧的半径R ＝0.50 m ，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104 N/C.现有一质量m ＝0.06 kg 的带电小球(可视为质点)放在水平轨道上与B 端距离s ＝1.0 m 的位置，由于受到电场力的作用，带电小球由静止开始运动．已知带电小球所带的电荷量q ＝8.0×10－

5 C ，取g ＝10 m/s 2.试问：

(1)带电小球能否到达圆弧最高点D ？请计算说明．

(2)带电小球运动到何处时对轨道的压力最大？最大值为多少？

解析：假设小球能到达D 点，且速度为v D .

从A 到D 过程，由动能定理得

qEs －mg ·2R ＝12m v 2D

－0(3分) 可得小球在D 点所需要的向心力

F 向＝m v 2D R

＝0.8 N(2分) 而重力G ＝mg ＝0.6 N(1分)

则F 向>G ，故带电小球能到达圆弧最高点D .(2分)

(2)小球在电场中受到的电场力和重力的合力大小

G 等＝(mg )2＋(qE )2＝1 N(2分)

方向与竖直方向的夹角为θ，有

tan θ＝qE mg ＝43

，得θ＝53°(2分) 当G 等方向通过圆心O 向外时，小球速度达到最大，设此位置为P ，此时小球对轨道的压力达到最大．

小球从A 到P 的过程，由动能定理得

qE (s ＋R sin θ)－mg (R －R cos θ)＝12m v 2P

－0(3分) 在P 点，由牛顿第二定律得F Nmax －G 等＝m v 2P R

(2分) 解得F Nmax ＝5 N(1分)

由牛顿第三定律可得小球对轨道的最大压力为5 N ．(2分) 答案：(1)能，见解析 (2)与竖直方向夹角为53°时 5 N