2019版高考物理一轮复习 第七章 静电场章末综合测试.doc

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1、1第七章第七章 静电场静电场章末综合测试(七)(时间：60 分钟 分数：100 分)一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 题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)1.四个等量异种电荷，分别放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是( )AO点电场强度为零BA、B、C、D四个点的电场强度相同C将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零D将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能减小解析：C 根据点电荷

2、电场强度公式和场强叠加原理，O点电场强度不为零，方向由O指向C，A 错误根据对称性，A、C两点电场强度相同，B、D两点电场强度相同，而A、B两点电场强度不相同，B 错误，由对称性可知，B、D两点等电势，将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零，C 正确，图中A点电势高于C点，将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能增大，D 错误2.如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是( )A从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低B从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高CO点的电场

3、强度为零，电势最低DO点的电场强度不为零，电势最高解析：C 根据对称性得出，在O点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库仑力为零，根据电场强度定义可知O点电场强度为零沿x轴无限远处电场强度为零，从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小沿x轴无限远处，若设电势为零，逆着x轴方向向O点移动一个带正电的试探电荷，电场力做正功，电势能减小根据电势的定义可知O点的电势能最小，电势最低，所以从O点沿x轴正方向，电势一直升高，A、B、D 错误，C 正确3.如图所示虚线表示某电场的等势面一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA，电势能为EpA；在B

4、点的加速度为aB、动能为EkB，电势能为EpB.则下列结论正确的是( )AaAaB，EkAEkB BaAEpB2CaAaB，EkAEkB，EpA0 时加速度a应为负，B 正确根据qExEkmv可知，1 22 0C、D 错误7.如图所示，电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则( )A带电油滴的电势能将增大BP点的电势将降低，两极板间的电势差不变C平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大D电容器的电容增大，带电油滴将沿竖直方向向上运动解析：CD 因为电容器和电源相连，所以电容器两

5、极板间的电压恒定不变，将平行板电容器上极板竖直向下移动一小段距离，则两极板间的距离减小，根据公式E 可得两极U d板间的电场强度增大，则P将向上运动，电场力做正功，电势能将减小P到下极板间的距离不变，根据公式UEd可得P与下极板间的电势差增大，P点电势增大根据公式C可得电容增大，根据公式C 可得电荷量增大，C、D 正确rS 4kdQ U8.(2017天津和平质量调查)光滑水平面上有一边长为L的正方形区域ABCD处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形的某一条边平4行，一质量为m、带电荷量为q的小球由AC边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域，当小球再次运动到该正方形区域的边缘

6、时，具有的动能可能为( )A.mvqELB.mvqEL1 22 01 31 22 02 3C.mvqELD.mvqEL1 22 01 21 22 01 3解析：AC 若电场方向与BD平行，则电场力做的功WEqL，动能满足mv0，UXX0，则粒子向_板偏移，若UYY0，UXX0，则粒子向_板偏移答案：(1) (2)Y X(每空 1 分)10.在如图所示的直角坐标系中，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场E1，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2，第四象限中有一固定的点电荷现有一质量为m的带电粒子由第二象限中的A点(a，b)静止释放(不计重力)，粒子到达y轴上的B点时，其速度方向和y轴负方向的夹角为

7、 45，粒子在第四象限中恰好做匀速圆周运动，经过x轴上的C点时，其速度方向与x轴负方向的夹角为 60，则：(1)E1和E2之比为_；(2)点电荷的位置坐标为_解析：(1)设粒子在第二象限中的运动时间为t1，进入第三象限时的速度为v0，有：b t，bv0t11 2qE1 m2 11 2设粒子在第三象限中的运动时间为t2，在B点速度为5v，x轴方向的分速度为vx，则：vv02vxv0a t，avxt21 2qE2 m2 21 2由以上各式得E1E2ab，t2.2a v0(2)设O、B的间距为l，粒子做圆周运动的半径为r，则：lv0t22alrcos 45rsin 30由以上两式得r4a(1)2所以

8、点电荷的位置坐标：xDrsin 452a(2)2yD(lrcos 45)2a(1)2答案：(1)ab (2)2a(2)，2a(1)(每空 4 分)22三、计算题(本大题共 2 小题，第 11 题 18 分，12 题 22 分，共 40 分写出必要的解题步骤及文字说明，只有结果不得分)11一带正电小球，由空中A点以初速度v0水平抛出，落地时速度方向与初速度方向夹角为145.若在整个空间施加竖直向下的电场，电场强度为E，小球仍由A点2mg q以相同的初速度水平抛出，求：(1)A点距离地面的高度；(2)加电场后，落地时速度方向与v0之间的夹角2.解析：(1)无电场时，设落地速度为v1，cos 1v0

9、 v1由动能定理mghmvmv，可得h(8 分)1 22 11 22 0v2 0 2g(2)加电场后，设落地速度为v2，cos 2v0 v2由动能定理mghEqhmvmv(10 分)1 22 21 22 0可得260.答案：(1) (2)60v2 0 2g12.如图所示，虚线左侧有一场强为E1E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6E22E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为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)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射

10、出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值 tan ；(3)电子打到屏上的点O到O点的距离解析：(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 (2 分)E1e mEe m由xat2得： a1t (2 分)1 2L 21 22 1电子进入电场E2时的速度为：v1a1t1 (2 分)电子从进入电场E2至打到屏上的过程中，在水平方向做匀速直线运动，时间为：t2 (2 分)2L v1电子从释放到打到屏上所用的时间为：tt1t2 (2 分)联立式解得：t3mL Ee(2)设电子刚射出电场E2时平行电场方向的速度为vy电子进入电场E2时的加速度为：a2 (2 分)E2e m2Ee mvya2t3 (2 分)t3 (2 分)L v1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 (2 分)vy v1联立解得：tan 2 (2 分)(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示：设电子打到屏上的点O到O点的距离为x，由几何关系得：tan (2 分)x 3 2L7联立得：x3L.答案：(1)3 (2)2 (3)3LmLEe