2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第七章 6 章末过关检测(七) 第七章 静电场 Word版含解析

章末过关检测(七)[学生用书P351(单独成册)](建议用时：45分钟)一、单项选择题1．静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是( )A ．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B ．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C ．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D ．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：选C.用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，A 属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，B 属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，C 不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，D 属于静电现象．2．(2020·浙江名校协作体)如图所示，质量为m 、电荷量为Q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，另一个电荷量也为Q 的带电小球B 固定于O 点的正下方，已知绳长OA 为2l ，O 到B 点的距离为l ，平衡时A 、B带电小球处于同一高度，已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，则( )A ．A 、B 间库仑力大小为 kQ 2l 2 B ．A 、B 间库仑力大小为2mgC ．细线拉力大小为 3mgD ．细线拉力大小为 23kQ 29l 2解析：选D.根据题述和题图中几何关系，A 、B 间的距离为r ＝3l ，根据库仑定律，可得库仑力大小为F ＝k Q 2r 2＝k Q 23l2，A 错误；对小球A 受力分析，受到竖直向下的重力mg ，水平向右的库仑力F ，细线的拉力T ，由mg ∶F ＝1∶3，可得A 、B 间库仑力大小为F ＝3mg ，B 错误；由mg ∶T ＝1∶2，可得细线拉力大小为T ＝2mg ，C 错误；由T ∶F ＝2∶3，F ＝k Q 23l 2可得细线拉力大小为T ＝23kQ 29l 2，D 正确．3.某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则()A．E P>E Q，φP>φQB．E P>E Q，φP<φQC．E P<E Q，φP>φQD．E P<E Q，φP<φQ解析：选A.根据沿着电场线的方向电势是降低的，可以判断出φP>φQ；根据电场线的疏密表示电场的强弱，可以判断出E P>E Q.故选A.4.(2020·河北石家庄高中毕业班模拟)空间某区域有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随坐标x变化的图象如图所示，x0和－x0为x轴上对称的两点．现将一电子从x0处由静止释放后沿x轴负方向运动，到达－x0处时速度刚好为0.下列说法正确的是()A．x0处的电场强度大于－x0处的电场强度B．x0处的电势小于－x0处的电势C．电子在x0处的电势能等于－x0处的电势能D．电子先做匀加速运动后做匀减速运动解析：选C.电场沿x轴对称分布，则描述电场的电场强度和电势也沿x轴对称分布，故A、B错误；由于两处电势相等，所以电子在两处的电势能也相等，故C正确；电子由x0静止开始运动，到－x0刚好是0，电子必然先加速后减速，但从图中可看出电场大小并不恒定，所以加速度大小不会恒定，故D错误．5．有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是()A．减小墨汁微粒的质量B．减小偏转电场两极板间的距离C．减小偏转电场的电压D．减小墨汁微粒的喷出速度解析：选C.微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有L ＝v 0t ，在竖直方向上有y ＝12at 2，加速度为a ＝qU md ，联立解得y ＝qUL 22md v 20＝qUL 24dE k0，要缩小字迹，就要减小微粒在竖直方向上的偏转量y ，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能E k0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场的电压U 等，故A 、B 、D 错误，C 正确．6．(2020·贵州三校联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN 将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN 某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m 的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v －t 图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )A ．滑块在MN 右边运动的位移大小与在MN 左边运动的位移大小相等B ．在t ＝5 s 时，滑块经过边界MNC ．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5D ．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功解析：选C.根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN 右边运动的位移大小与在MN 左边运动的位移大小不相等，A 错误；根据题图乙所示速度图象可知，t ＝2 s 时滑块越过分界线MN ，B 错误；根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2 s时间内，滑块加速度大小可表示为a 1＝v 02，在2～5 s 时间内，滑块加速度大小可表示为a 2＝v 03，设电场力为F ，运动过程中所受摩擦力为f ，对滑块在MN 分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，F －f ＝ma 1，对滑块在MN 分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f ＝ma 2，联立解得：f ∶F ＝2∶5，C 正确；在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为：W f ＝f ·2.5v 0，电场力做的功可表示为W F ＝F ·v 0＝2.5f ·v 0，二者做功相等，D 错误．二、多项选择题7．(2020·河南洛阳一模)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场水平向右的加速电场E 1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置解析：选AD.设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转电场间距为d ，则qU 1＝12m v 20，x ＝v 0t ，y ＝12·qU 2md ·t 2，联立y ＝U 2x 24U 1d，即粒子在竖直方向的偏转量y 与q 、m 均无关，因此三种粒子运动轨迹相同，打在屏上的同一位置，D 正确．偏转电场对粒子做的功W ＝qE 2y ，由于运动轨迹相同，三种粒子离开电场时的偏转量y 相同，则W相同，A 正确．总电场力做的功为qU 1＋W ＝12m v 2，总的电场力做的功相同，但三种粒子质量不同，因此打到屏上时的速度v 不同，B 错误．又因为三种粒子运动轨迹相同，但速度不同，所以运动时间不同，C 错误．8.如图所示，已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF 所在平面．若规定D 点电势为零，则A 、B 、C 处的电势分别为8 V 、6 V 、2 V ．初动能为12 eV 、电荷量大小为2e (e 为元电荷)的带电粒子从A 沿着AC 方向射入电场，恰好经过BC 的中点G .不计粒子的重力，下列说法正确的是( )A ．该粒子一定带负电B ．该粒子到达点G 时的动能为20 eVC ．只改变粒子在A 点初速度的方向，该粒子不可能经过CD ．该粒子以不同速率从D 点沿DF 方向入射，该粒子可能垂直经过CE解析：选AC.根据题设条件结合正六边形的特点得等势线分布情况如图，电场强度方向为由A 指向D ，由粒子的运动情况知粒子受向左的电场力，则粒子带负电，A 正确；粒子从A 点到G 点过程中电场力做负功，粒子动能减小了ΔE k ＝8 eV ，则到达点G 时的动能为4 eV ，B 错误；由图可知，粒子若能运动到C 点，电场力做功－12 eV ，粒子动能为零，而粒子只有沿AD 方向运动，动能才可能为零，可知其显然不能到达C 点，C 正确；粒子从D 点沿DF 方向入射，受向左的电场力作用，做类斜抛运动，粒子过CE 时，将其速度分解知其有沿CE 方向的分速度和水平向左的分速度，则该粒子不可能垂直经过CE ，D 项错误．9．如图甲所示，真空中两平行金属板A 、B 水平放置，间距为d ，P 点在A 、B 间，A 板接地，B 板的电势φB 随时间t 的变化情况如图乙所示，已知φ1＜φ2.t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，到t ＝3T 时刻，电子回到P 点．电子运动过程中始终未与极板相碰，电子重力不计，则下列说法正确的是( )A ．φ1∶φ2＝3∶4B ．φ1∶φ2＝4∶5C ．电子从P 点出发至返回P 点，动能增加，电势能减少D ．电子从P 点出发至返回P 点，动能和电势能都增加解析：选BD.设电子在0～T 时间内的加速度大小为a 1，T 时刻的速度为v 1，T ～3T 时间内的加速度大小为a 2，3T 时刻的速度为v 2，画出电子在0～3T 时间内的速度图象，如图所示，设电子在0～T时间内的位移s 1，在T ～3T 时间内的位移为s 2，则有s 1＋s 2＝0，s 1＝12a 1T 2，s 2＝v 1·2T －12a 2(2T )2，其中v 1＝a 1T ，v 2＝v 1－a 2·2T ，联立解得a 1a 2＝45，v 1v 2＝－23，由于加速度大小a ＝Ee m ∝E ，故E 1E 2＝45，又匀强电场中E ＝U d，U 1＝φ1－0，U 2＝0－(－φ2)＝φ2，故φ1∶φ2＝4∶5，B 正确，A 错误；电势能E p ＝－eφ，原来在P 点时，P 点电势大于0，电子电势能为负值；回到P 点后，P 点电势小于0，电子电势能为正值，故电子从P 点出发至返回P 点，电子电势能增加；由v 1v 2＝－23可知电子从P 点出发至返回P 点，动能增加，C 错误，D 正确．10．如图所示，虚线为电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等．一个质子在A 点的电势能小于其在B 点的电势能，下列说法中正确的是( )A ．A 点的电势比B 点的高B ．A 点的电势比B 点的低C ．质子在A 点所受的电场力比B 点的大D ．质子在A 点所受的电场力比B 点的小解析：选BD.正电荷在电场中电势高的位置，电势能大，由于带正电的质子在A 点的电势能小于其在B 点的电势能，则知A 点的电势比B 点的低，故A 错误，B 正确；等差等势面的疏密代表电场强度的大小，故B 点的电场强度大于A 点的电场强度，质子在A 点所受的电场力比B 点的小，故C 错误，D 正确．三、非选择题11．如图所示，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m ，电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60° 时，小球速度为0.(1)求小球带电性质和电场强度E .(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A 点应有的初速度v A 的大小(可含根式)． 解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有0＝EqL sin α－mgL (1－cos α)解得E ＝3mg 3q . (2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向夹角为30°偏向右下． 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点m v 2L ＝233mg 小球从A 点以初速度v A 运动，由动能定理知12m v 2－12m v 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝ 2（3＋1）gL .答案：(1)小球带正电 3mg 3q (2) 2（3＋1）gL12．如图所示，第一象限中有沿x 轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y 轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m ，电荷量为－q 的带电质点以初速度v 0从x 轴上P (－L ，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y 轴上的同一个点Q (未画出)，重力加速度g 为已知量．求：(1)初速度v 0与x 轴正方向的夹角；(2)P 、Q 两点间的电势差U PQ ；(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．解析：(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE ＝mg设初速度v 0与x 轴正方向的夹角为θ，且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝mg qE解得θ＝45°.(2)P 到Q 的过程，由动能定理有qEL －mgL ＝0W PQ ＝qEL解得U PQ ＝W PQ －q＝－mgL q . (3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有2mg ＝ma ，即a ＝2g ，带电质点速度从v 0减到0所用时间为t ，则v 0＝at ，解得t ＝2v 02g带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T ＝2t ＝2v 0g .mgLq(3)2v0 g答案：(1)45°(2)－。