2022版高考物理一轮复习第七章静电场6章末过关检测七含解析.doc

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1、章末过关检测(七)(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

2、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()AA、B间库仑力大小为 BA、B间库仑力大小为2mgC细线拉力大小为 mgD细线拉力大小为 解析：选D.根据题述和题图中几何关系，A、B间的距离为rl，根据库仑定律，可得库仑力大小为Fkk，A错

3、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mgF1，可得A、B间库仑力大小为Fmg，B错误；由mgT12，可得细线拉力大小为T2mg，C错误；由TF2，Fk可得细线拉力大小为T，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EP和EQ，电势分别为P和Q，则()AEPEQ，PQBEPEQ，PQCEPQDEPEQ，PQ；根据电场线的疏密表示电场的强弱，可以判断出EPEQ.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

4、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()Ax0处的电场强度大于x0处的电场强度Bx0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

5、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Lv0t，在竖直方向上有yat2，加速度为a，联立解得y，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Ek0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场

6、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vt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t5 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25D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

7、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，t2 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02 s时间内，滑块加速度大小可表示为a1，在25 s时间内，滑块加速度大小可表示为a2，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，Ffma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，fma2，联立解得：fF25，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：Wff2.5v0，电场力做的功可表示为WFFv02.5fv0，二者做功相等，D错误二、多项选择题7(2020河南洛阳一模)如图所示，氕核

8、、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E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2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E2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U1，偏转电压为U2，偏转电场间距为d，则qU1mv，xv0t，yt2，联立y，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WqE2y，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

9、相同，A正确总电场力做的功为qU1Wmv2，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

10、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Ek8 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

11、，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B随时间t的变化情况如图乙所示，已知12.t0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，到t3T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()A1234B1245C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0T时间内的加速度大小为a1，T时刻的速度为v1，T3T时间内的加速度大小为a2，3T时刻的速度为v2，画出电子在03T时间内的速度图象，如图所示，设电子在0T时间内的位移s1，在T3T时间内

12、的位移为s2，则有s1s20，s1a1T2，s2v12Ta2(2T)2，其中v1a1T，v2v1a22T，联立解得，由于加速度大小aE，故，又匀强电场中E，U110，U20(2)2，故1245，B正确，A错误；电势能Epe，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()AA点的电势比B点的高BA点的电势比B点的低C质子

13、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

14、周运动，求小球在A点应有的初速度vA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0EqLsin mgL(1cos )解得E.(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Gmg，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mmg小球从A点以初速度vA运动，由动能定理知mv2mvmgL(1cos 30)联立解得vA .答案：(1)小球带正电(2) 12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

15、带电质点以初速度v0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v0与x轴正方向的夹角；(2)P、Q两点间的电势差UPQ；(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qEmg设初速度v0与x轴正方向的夹角为，且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan 解得45.(2)P到Q的过程，由动能定理有qELmgL0WPQqEL解得UPQ.(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mgma，即ag，带电质点速度从v0减到0所用时间为t，则v0at，解得t带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T2t.答案：(1)45(2)(3)6