高考总复习物理随堂课件与课后习题第八章静电场单元质检八电场.docx

《高考总复习物理随堂课件与课后习题第八章静电场单元质检八电场.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考总复习物理随堂课件与课后习题第八章静电场单元质检八电场.docx（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、单元质检八电场(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.(2021内蒙古高三期末)已知氢核(质子)的质量是1.6710-27 kg,电子的质量为9.110-31 kg,在氢原子内它们之间的最短距离为5.310-11 m。(引力常量G=6.710-11 N m2/kg2,静电力常量k=9.0109 Nm2/C2,元电荷量e=1.610-19 C)则氢原子中氢核与电子之间的库仑力和万有引力的比值约为() A.2.3109B.2.31019 C.2.31029D.2.31039答案:D解析:根据库仑定律

2、和万有引力定律得F1=ke2r2,F2=GMmr2,解得F1F2=2.31039,故D正确。2.如图所示,a、b为等量同种点电荷Q1、Q2连线的三等分点,重力不计的带电粒子从a点由静止释放,沿ab方向运动。则带电粒子从a运动到b的过程中,其速度随时间变化的图像可能正确的是()答案:B解析:因为等量同种电荷的连线中点处电场强度为零,所以带电粒子从a运动到b的过程中,电场力先减小后增大,并且对称分布,所以速度图像的斜率先减小后增大,并且图像对称,故选B。3.(2022上海师大附中高三学业考试)如图所示,Q1、Q2为两个等量同种带正电的点电荷,在两者的电场中有M、N和O三点,其中M和O在Q1、Q2的

3、连线上(O为连线的中点),N为过O点的垂线上的一点。则下列说法正确的是()A.在Q1、Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线B.若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点,则该点电荷在M点时的电势能最大C.若将一个带电荷量为-q的点电荷从M点移到O点,则电势能减少D.若将一个带电荷量为-q的点电荷从N点移到O点,则电势能增加答案:B解析:等量同种正电荷形成的电场中,其连线的中点处电场强度为零,因此不可能有一条电场线穿过,所以在Q1、Q2连线的中垂线位置不能画出一条电场线,故A错误;根据等量同种正电荷形成的电势的特点可判定图中M、N、O三点电势大小的关系为MON,根据电势能Ep=q,可判定带正

4、电的点电荷在M点时的电势能最大,故B正确;从M点到O点,电势是降低的,所以静电力对带电荷量为-q的点电荷做负功,则电势能增加,故C错误;从N点到O点,电势是升高的,所以静电力对带电荷量为-q的点电荷做正功,则电势能减少,故D错误。4. 利用传感电容器可检测矿井渗水,从而发出安全警报,避免事故的发生。如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图,电容器的两个电极分别用导线接到指示器上,指示器可显示出电容的大小。下列关于该仪器的说法中,正确的有()A.该仪器中电容器的电极分别是芯柱和导电液体B.芯柱外套的绝缘层越厚,该电容器的电容越大C.如果指示器显示电容增大,则容器中液面降低

5、D.如果指示器显示电容减小,则容器中液面升高答案:A解析:电容器的两个电极是可以导电的,分别是金属芯柱和导电液,故A正确。芯柱外套的绝缘层越厚,金属芯柱和导电液之间距离越大,由C=S4kd,可知电容减小,故B错误。如果指示器显示出电容增大了,由C=S4kd,可知金属芯柱和导电液正对面积增大了,说明容器中液面升高了,如果指示器显示出电容减小了,金属芯柱和导电液正对面积减小了,说明容器中液面降低了,故C、D错误。5. 如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板,板间有匀强电场,质量为m、电荷量为-q的带电粒子(不计重力),以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子刚好能到达N板

6、,如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的12处返回,则下述措施能满足要求的是()A.使初速度减为原来的12B.使M、N间电压减为原来的12C.使M、N间电压提高到原来的4倍D.使初速度和M、N间电压都减为原来的12答案:D解析:在粒子刚好到达N板的过程中,由动能定理得-qEd=0-12mv02,所以d=mv022qE。设带电粒子离开M板的最远距离为x,则使初速度减为原来的12,所以x=d4,故A错误;使M、N间电压减为原来的12,电场强度变为原来的12,粒子将打到N板上,故B错误;使M、N间电压提高到原来的4倍,电场强度变为原来的4倍,所以x=d4,故C错误;使初速度和M、N间电压都减为原

7、来的12,电场强度变为原来的12,所以x=d2,故D正确。6.如图所示,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中坐标原点O处的电势为0,点A处的电势为12 V,点B处的电势为6 V,则电场强度的大小为()A.4003 V/mB.400 V/mC.2003 V/mD.200 V/m答案:B解析:匀强电场中,沿某一方向电势均匀降低或升高,故OA的中点C的电势C=6 V,如图所示因此B、C在同一等势面上,由几何关系得O到BC的距离d=OCsin ,而sin =OBOB2+OC2=12,所以d=12OC=1.510-2 m,匀强电场的电场强度E=Ud=61.510-2 V/m=400

8、V/m,故B正确,A、C、D错误。7.(2022河北唐山高三月考)如图甲所示,两块平行金属板M、N间的距离为d,两板间电压u随时间t变化的规律如图乙所示,电压的绝对值为U0,t=0时刻M板的电势比N板低。在t=0时刻有一个电子从M板处无初速度释放,并在t=2T时刻恰好到达N板。电子的电荷量为e,下列说法正确的是()A.t=T4时刻释放电子,电子将一直向N板运动,最终到达N板B.t=T3时刻释放电子,电子先向N板运动,后反向运动,最终到达M板C.t=38T时刻释放电子,电子时而向N板运动,时而向M板运动,最终到达N板D.在t=T6时刻释放电子,376T时刻到达N板答案:B解析:t=T4时刻释放电

9、子,在T4T2时间内电子向N板加速,在T23T4时间内向N板减速,3T4T时间内向M板加速,T5T4时间内向M板减速,以后重复上述运动,因向N板运动的位移等于向M板运动的位移,则电子最终不能到达N板,A错误;t=T3时刻释放电子,在T3T2时间内电子向N板加速,在T22T3时间内向N板减速,2T3T时间内向M板加速,T4T3时间内向M板减速,因向M板运动的总位移大于向N板运动的总位移,则电子最终到达M板,B正确;同理t=38T时刻释放电子,电子时而向N板运动,时而向M板运动,但是由于每个周期内向N板运动的位移小于向M板运动的位移,则最终到达M板,C错误;在t=0时刻有一个电子从M板处无初速度释

10、放,并在t=2T时刻恰好到达N板,则两板间距d=412aT22=12aT2,在t=T6时刻释放电子,在T6T2时间内电子向N板加速的距离x1=12aT32=118aT2,由对称性可知,在T25T6时间内电子向N板减速的距离x2=118aT2,在5T6T时间内电子向M板加速的距离x3=12aT62=172aT2,在T7T6时间内电子向M板减速的距离x4=172aT2,则一个周期内电子向N板运动的距离为x=2x1-2x3=112aT2,则电子运动5个周期向N板运动的距离为5x=512aT2,此时到N板的距离l=12aT2-512aT2=112aT2,由112aT2=12at2可得t=0.4T,则到

11、达N板对应的时刻为t=T6+5T+0.4T=16730T,D错误。二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。8.如图所示,半径为R的硬橡胶圆环上带有均匀分布的负电荷,总电荷量为Q,若在圆环上切去一小段l(l远小于R),则圆心O处的电场()A.方向从O指向ABB.方向从AB指向OC.电场强度大小为klQR2D.电场强度大小为klQ2R3答案:BD解析:AB段的电荷量q=Ql2R,则AB段在O点产生的电场强度E=kqR2=klQ2R3,方向由O指向AB,所以剩余部分在O点产生

12、的电场强度大小等于E=E=klQ2R3,方向由AB指向O,A、C错误,B、D正确。9.光滑的水平绝缘导轨处于一个平行于导轨的电场之中,沿导轨建立如图所示的直线坐标系,若沿+x方向的电势与坐标值x的函数关系满足=4.5105x(式中各物理量单位取国际单位制单位),由此作出-x图像,图中虚线AB为图线在x=0.15 m处的切线。现将一个滑块P从x=0.1 m处由静止释放,若滑块P质量为m=0.1 kg,电荷量为q=+110-7 C。则下列说法正确的是()A.x=0.15 m和x=0.3 m两点间的电势差为1.5106 VB.滑块P在x=0.15 m处的加速度为20 m/s2C.滑块P在x=0.3

13、m处的速度为6 m/sD.滑块P的加速度先变小后变大答案:ABC解析:由图像可得,0.15=3.0106 V,0.3=1.5106 V,则U=0.15-0.3=1.5106 V,故A正确;电势与位移x图线的斜率表示电场强度,则x=0.15 m处的电场强度为E=x=3106-00.3-0.15 V/m=2107 V/m,此时的静电力F=qE=110-72107 N=2 N,由牛顿第二定律得滑块在x=0.15 m处的加速度大小为a=Fm=20.1 m/s2=20 m/s2,故B正确;滑块在0.3 m处速度为v,由动能定理得qU=12mv2,代入数据解得v=6 m/s,故C正确;电势与位移x图线的斜

14、率表示电场强度可知斜率逐渐减小,故电场强度逐渐减小,则滑块P的加速度一直减小,故D错误。10.(2022河北唐山高三开学考试)如图所示,真空中固定放置两等量正点电荷A、B,它们的电荷量均为Q,O为两点电荷连线的中点,D点与两点电荷构成等腰直角三角形,绝缘光滑杆固定在OD所在直线上。套在杆上的带电小球由D点静止释放,运动到O点时,速度大小为v。带电小球的质量为m,电荷量大小为q,不计重力。将电荷B的电荷量改变为2Q,仍将小球由D点释放,下列说法正确的是()A.B的电荷量改变前,D点电势高于O点电势B.B的电荷量改变前,O、D两点电势差的大小为mv22qC.B的电荷量改变后,D点电场强度大小变为之

15、前的102D.B的电荷量改变后,小球运动到O点时的速度大小为62v答案:BCD解析:离两点荷越近的位置电势越高,则D点电势低于O点电势,A错误;从D到O只有电场力做功,由动能定理得-qUOD=0-12mv2,解得UOD=mv22q,B正确;设A、D间距离为r,B的电荷量改变前,由E=kQr2及电场强度的叠加法则可得,D点电场强度大小为ED=2kQr2,B的电荷量改变后,D点电场强度大小为ED=5kQr2,则ED=102ED,C正确;B的电荷量改变前,对小球从D到O有WA+WB=12mv2,WA=WB,B的电荷量改变后,从D到O,有WA+WB=12mv2,每个瞬间小球受到的力都为原来的两倍,WB

16、=2WB,联立解得B的电荷量改变后小球运动到O点时的速度大小v=62v,D正确。三、非选择题:共54分。11.(6分)(2021内蒙古高二期末)如图所示,电荷量为Q=+8310-5 C的A球固定在足够大的光滑绝缘斜面上,斜面的倾角=37,质量m=0.1 kg、电荷量为q=+110-7 C 的B球在离A球L=0.1 m处由静止释放。两球均可视为点电荷,静电力常量k=9109 Nm2/C2,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。 (1)求A球在B球释放处产生的电场强度E的大小和方向。(2)求B球的速度最大时两球间的距离r。(3)若B球运动的最大速度为v=4 m/

17、s,求B球从开始运动到最大速度的过程中电势能增加还是减少?变化量是多少?答案:(1)2.4107 N/C方向沿斜面向上(2)0.2 m(3)减小0.86 J解析:(1)A球在B球释放处产生的电场强度大小E=kQL2=2.4107 N/C方向沿斜面向上。(2)当静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大,即kQqr2=mgsin 解得r=0.2 m。(3)由于rL,可知,两球相互远离,则B球从开始运动到最大速度的过程中静电力做正功,电势能变小根据功能关系可知,B球减小的电势能等于它动能和重力势能的增加量,所以B球电势能变化量为Ep=12mv2+mg(r-L)sin 解得Ep=0.86 J。1

18、2.(9分)(2022河北唐山迁西一中高三月考)如图所示,水平地面上方存在水平向左的匀强电场,一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点,小球带电荷量为+q,静止时距地面的高度为h,细线与竖直方向的夹角为=37,重力加速度为g。(sin 37=0.6,cos 37=0.8) (1)求匀强电场的电场强度的大小E;(2)将细线剪断,求小球落地过程中小球水平位移的大小;(3)将细线剪断,求带电小球落地前瞬间的动能。答案:(1)3mg4q(2)34h(3)2516mgh解析:(1)小球静止时,对小球受力分析如图所示FTcos 37=mgFTsin 37=qE解得E=3mg4q。(2)剪

19、断细线,小球在竖直方向做自由落体运动,水平方向做加速度为a的匀加速运动Eq=max=12at2h=12gt2解得x=34h。(3)从剪断细线到落地瞬间,由动能定理得Ek=mgh+qEx=2516mgh。13.(11分)(2021重庆巴蜀中学期末)如图甲所示,电容器两极板M、N长度均为l,平行虚线OO放置,距离OO均为b,N板接地;紧邻左侧放置有中间开孔的平行板电容器,B板接地;给电容器和电容器同步加上如图乙所示的周期为T、大小为U0的交变电压,且t=0时刻A板电势比B板电势高。大量质量为m,电荷量为e,初速度为v0的电子组成的电子束沿虚线OO从左侧射入电容器,A、B间的距离很小,电子穿过A、B

20、两板所用时间可忽略不计。已知单位时间内射入电容器的电子个数相同,且l=v0T2,b=2v0T16,U0=mv026e,不计电子重力和电子间的作用,也不考虑电容器和之间的相互影响。(1)0T2和T2T时间段内离开电容器进入电容器的电子的速度分别是多大?(2)计算说明T2T时间段内离开电容器进入电容器的电子能全部离开电容器。(3)一个周期T时间内离开电容器的电子数与进入电容器的总电子数的比值。答案:(1)63v0233v0(2)见解析(3)12解析:(1)根据动能定理0T2时间段内有12mv02-12mv12=eU0代入数据解得v1=63v0T2T时间内有12mv22-12mv02=eU0代入数据

21、解得v2=233v0。(2)电子离开电容器进入电容器后做类平抛运动,类平抛运动的加速度为a=eU02bm=22v03TT2T时间段内离开电容器进入电容器的电子离开电容器所需要的时间为t=lv2=34T电子的竖直位移为y=12at2=2v0T16=b所以T2T时间段内离开电容器进入电容器的电子能全部离开电容器。(3)0T2时间段内离开电容器进入电容器的电子离开电容器所需要的时间为t1=lv1=64T电子的竖直位移为y1=12at12=2v0T8b所以0T2时间段内离开电容器进入电容器的电子不能离开电容器,一个周期内有一半电子离开电容器,所以一个周期T时间内离开电容器的电子数与进入电容器的总电子数

22、的比值为12。14.(12分)如图所示,倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内,两者间通过一小段长度不计的圆滑弧形轨道相连,已知AB长L=5.4 m,倾角=37,BC弧的半径R=1.25 m,O为圆心,BOC=143。在虚线MN右侧存在水平向左的匀强电场(A在虚线MN上),电场强度大小E=1103 N/C。一个带正电的绝缘小球P,质量为m=0.4 kg,其电荷量为q=310-3 C,从某一位置以v0=8 m/s的初速度水平抛出,运动到A点时恰好沿斜面向下。若小球与轨道AB的动摩擦因数为=0.1,sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g取10 m/s2,小球P运动过程

23、中电荷量保持不变。求: (1)小球P的抛出点距A点的高度;(2)小球P运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力;(3)小球P离开圆弧轨道后,第一次落到斜面上的位置距B点的距离。答案:(1)1.8 m(2)31.68 N(3)4.05 m解析:(1)设小球P刚运动到A点时的速度为vA,竖直分速度为vAy,则有vAy=v0tan 37=6 m/svA=v0cos37=10 m/s所以小球P的抛出点距A点的高度为h=vAy22g=62210 m=1.8 m。(2)小球P受到的静电力qE=3 N,方向水平向左,且与重力的合力大小为5 N,方向垂直于AB斜面向下,则“等效重力场”的等效重力加速度g=54g

24、=12.5 m/s2,方向垂直AB斜面向下设小球滑到B点时的速度为vB由动能定理得-mgL=12mvB2-12mvA2对小球P,在B点,由牛顿第二定律得FN-mg=mvB2R解得FN=31.68 N由牛顿第三定律知,小球P运动到B点时对轨道的压力为31.68 N。(3)设小球P能到达C点,且在C点的速度为vC,则小球P从A到C的过程中,由动能定理得-mgL-mgR(1+cos 37)=12mvC2-12mvA2解得vC=5.5 m/s设小球P恰好到C点时的速度为vC,则有mg=mvC2R解得vC=3.95 m/s因vCvC,所以小球能到达C点,小球P离开C后,做类平抛运动,则有x=vCtR+R

25、cos 37=12gt2解得t=0.6 s,x=3.3 m故小球P的落点距B点的距离为x=x+Rsin 37=4.05 m。15.(16分)(2021北京高三期末)XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,XCT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图,其中产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S。经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到水平圆形靶台上的中心点P,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)。已知MN两端的电压为U0,偏转场区域水平宽度为L0,竖直高度足够长,MN中电子束距离靶台

26、竖直高度为H,忽略电子的重力影响,不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度,不计空气阻力。甲乙丙(1)若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场,要实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30,求匀强电场的电场强度E1的大小。(2)若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场,当偏转电场强度为E时电子恰好能击中靶台P点。求P点距离偏转场右边界的水平距离L的大小。在仪器实际工作时,电压U0会随时间成正弦规律小幅波动,波动幅度为U,周期为T,如图丙所示。这将导致电子打在靶台上形成一条线,已知一个周期T时间内从小孔射出的电子数为N1,每个打在靶台上的电子平均激发k个X射线光子,求单位

27、长度的线上平均产生的X射线光子数N2。(电子通过加速电场的时间远小于加速电压U0的变化周期,不考虑加速电场变化时产生的磁场)答案:(1)23U03L0(2)2U0HEL0-L02N1kEL04UH解析:(1)电子在MN间加速过程,由动能定理可得eU0=12mv02在偏转电场中,由于偏转角为30,则有tan 30=vyv0vy=ateE1=maL0=v0t联立解得E1=23U03L0。(2)设电场E中速度偏转角为,则有tan =vyv0=atv0=eEL0mv02=EL02U0甲由于类平抛运动,则有速度的反向延长线交于水平位移的中点,如图甲所示由几何关系,可得tan =HL02+L联立解得L=2U0HEL0-L02。乙由上一问可知tan =EL02U0,由于U0的波动,U0U0-U,U0+U范围内,如图乙所示则偏转角最小时有tan min=EL02(U0+U)此时电子落在靶上最远点,落点到偏转场S中点的水平位移为x1=Htan min则偏转角最大时有tan max=EL02(U0-U)此时落在靶上最近点,落点到偏转场S中点的水平位移为x2=Htan max故靶上的线长为x=x1-x2一个周期射出的N1个电子分布在x长度上,则单位长度的线上对应的电子数为N1x,所以单位长度的线上平均产生的X射线光子数N2=kN1x联立解得N2=N1kEL04UH。13