高考物理一轮复习 单元评估检测（七）电场（含解析）鲁科版-鲁科版高三全册物理试题.doc

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1、单元评估检测(七)(第七章)(45分钟100分)一、选择题(本题共11小题，每小题6分，共66分，18题为单选题，911题为多选题)1.如图所示是某验电器的结构图。下列相关说法正确的是()A.金属箔张开过程，电势能一定减少B.金属箔张开过程，电场力一定做负功C.两片金属箔张开，说明金属盘带正电D.两片金属箔张开时，可能带异种电荷【解析】选A。验电器利用同种电荷互相排斥的原理，当用带电体接触验电器的金属盘时，就有一部分电荷转移到验电器的金属箔片上，金属箔带上了同种电荷，这两片金属箔由于带同种电荷互相排斥而张开，在张开的过程中电场力做正功，电势能减小，而验电器只能判断物体是否带电，不能说明是哪种电

2、荷，故也不能说明金属盘带哪种电荷，故A正确，B、C、D错误。2.如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。不计空气阻力，则() A.微粒做匀加速直线运动B.微粒做匀减速直线运动C.微粒电势能减少D.微粒带正电【解析】选B。由于电场力方向总是与电场方向在一条直线上，电场力不可能与重力平衡，微粒不可能匀速运动，由于重力、电场力均恒定，其合力也恒定，且微粒做直线运动，合力必与速度方向在一条直线上，因重力竖直向下，电场力沿电场线的方向，由平行四边形定则可知，电场力水平向左时，微粒所受电场力与重力的合力方向与速度方向相反，因此微粒做

3、匀减速运动，带负电，故A、D错误，B正确；电场力的方向与运动方向夹角为钝角，则说明运动中电场力做负功，电势能增加，故C错误。3.如图所示，分别在M、N两点固定放置两个等量异种点电荷+Q和-Q，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有四点A、B、C、D，关于这四点的场强和电势，下列说法中不正确的是() A.A点电势高于B点电势B.A点场强大于B点场强C.C点电势等于D点电势D.C点场强等于D点场强【解析】选B。M、N间的电场线方向从M指向N，根据顺着电场线电势逐渐降低，则知A点电势高于B点电势，所以A选项正确；M、N两点固定放置两个等量异种点电荷+Q和-Q，A点和B点关于O点对称，A、B两点处电场线的

4、疏密程度相同，则A点场强等于B点场强，故B不正确；C、D两点位于同一等势面上，电势相等，所以C选项正确；C、D两点关于O点对称，电场强度相同，所以D选项正确。4.如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C。下列判断正确()A.粒子一定带负电B.A处场强大于C处场强C.粒子在A处电势能大于在C处电势能D.粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功【解析】选B。根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，故A错误；

5、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；从A点运动到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C错误；根据W=Uq知电势差相同，电场力做功相同，故D错误。5.“探究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是()A.平行板正对面积减小时，静电计指针张角减小B.静电计可以用电压表替代C.静电计所带电荷量与平行板电容器所带电荷量不相等D.静电计测量的是平行板电容器所带电荷量【解析】选C。电容器带电荷量一定，平行板正对面积减小时，电容器的电容减小，根据Q=CU可知，两板间电势差变大，则静电计指针张角变大，选

6、项A错误；静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代，电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，选项B错误；静电计所带电荷量只是很小的一部分，即小于平行板电容器的电荷量，选项C正确；静电计是定性反映电压高低的仪器，不能反映平行板电容器的电荷量的多少，选项D错误。6.(2020宁德模拟)将一个带电荷量为+Q的点电荷P固定在空间中的某一位置处，两个质量相等的带电小球A、B分别在该点电荷下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上，如图所示。若A、B所带的电荷量很少，两者间的作用力可忽略不计，取无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是(

7、)A.小球A、B所带的电荷量相等B.小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等C.小球A、B运动轨迹上的各点场强分别相同D.库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力【解析】选B。两个质量相等的带电小球A、B分别在P下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上，所需向心力由重力和库仑力的合力提供，选项D错误；在竖直方向，设小球和球心的连线与竖直方向的夹角为，有kcos=mg，由于两小球轨道不同，不同，但所受的重力相等，所以小球A、B所带的电荷量不相等，选项A错误；小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等，场强大小分别相等，但方向不同，B正确，C错误。7.如图所示，以

8、O点为圆心、R=0.20 m为半径的圆处于匀强电场(图中未画出)中，电场平行于圆面，ac、bd为圆的两条相互垂直的直径。已知a、b、c三点的电势分别为2 V、2 V、-2 V，则下列说法正确的是()A.d点电势为2 VB.电子从d点运动到a点电势能增加C.电场方向由b点指向c点D.该匀强电场的场强大小为20 V/m【解析】选D。根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U=Ed，相等距离，电势差相等，因为a=2 V，c=-2 V，可知，O点电势为0，而bO=Od，则b、O间的电势差等于O、d间的电势差，可知，d点的电势为-2 V，故A错误；从d点到a点电势升高，根据Ep=q，电子从d点运动到a点电

9、势能减小，故B错误；由作图和几何关系可知a、c两点沿电场强度方向的距离为d=2Rsin30=20.2 m=0.2 m，故该匀强电场的场强E= V/m=20 V/m，电场方向不是由b点指向c点，故C错误，D正确。8.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3为等势线，已知MN=NQ，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则()A.a一定带正电，b一定带负电B.a加速度逐渐减小，b加速度逐渐增大C.M、N两点间电势差|UMN|等于N、Q两点间电势差|UNQ|D.a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小【解

10、析】选B。由题图可知，a粒子的轨迹方向向右弯曲，则a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，则b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A错误。由电场线疏密可知，a所受电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，b所受电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，故B正确。已知MN=NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以M、N两点间电势差|UMN|大于N、Q两点间电势差|UNQ|，故C错误。根据电场力做功公式W=Uq，|UMN|UNQ|，由于两个粒子所带电荷量的大小关系未知，所以不能判断电场力做功的多少及动能变化量大小，故D错误。9.如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，

11、t=0时，甲静止，乙以初速度6 m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v-t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知()A.两电荷的电性一定相反B.t1时刻两电荷的电势能最大C.0t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小D.0t3时间内，甲的动量一直增大，乙的动量一直减小，且整个过程中动量守恒【解析】选B、C。t=0时，甲静止，乙以初速度6 m/s 向甲运动，由图可知甲的速度在增大，乙的速度在减小，所以两电荷的电性一定相同，故A错误；t1时刻两电荷相距最近，电势能最大，故B正确；0t2时间内，两电荷之间的距离先减小后增大，由F=

12、k可知两电荷的静电力先增大后减小，故C正确；0t3时间内，因为甲、乙两个点电荷在水平方向合力为零，所以在0t3时间内动量守恒，但甲的动量一直增大，乙的动量先减小到0后增大，故D错误。10.(2019佛山模拟)如图甲所示，在匀强电场中，虚线为电场线，与Ox轴成=37角，Ox轴上有a、b、c三点，Oa=bc=ab=2 cm，Ox轴上各点的电势的变化规律如图乙所示。取sin 37=0.6，cos 37=0.8。下列说法正确的是()A.电场线方向斜向上B.场强大小为1103 V/mC.c点的电势为16 VD.电子在a点的电势能为-32 eV【解析】选B、D。由题图乙知，沿Ox方向电势降低，结合“沿电场

13、线方向电势逐渐降低”知，电场线方向斜向下，A错误；Ob=6 cm，O、b两点间的电势差U=48 V，由U=EObcos 得E=1103 V/m，B正确；b点的电势为零，c点的电势为负值，且为c=-16 V，C错误；a点的电势a=48 V=32 V，电子在a点的电势能为Ep=-ea=-32 eV，D正确。11.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为124，电荷量之比为112，则下列判断中正确的是() A.三种粒

14、子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为112【解析】选B、D。设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1=m，解得v0=，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不全相同，则v0不全相同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不全相同，故A错误；根据推论y=、tan =可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场

15、的电场力做功为W=qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为112，则有电场力对三种粒子做功之比为112，故C错、D正确。二、计算题(本题共2小题，共34分，需写出规范的解题步骤)12.(16分)如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=1.0104 N/C。现有质量m=0.20 kg、电荷量q=8.010-4 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知sAB=1.0 m，带电体与轨道AB、C

16、D间的动摩擦因数均为0.5。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，求：(g取10 m/s2)(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度大小；(2)带电体最终停在何处。【解析】(1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：qE(sAB+R)-mgsAB-mgR=mv2解得v=10 m/s。(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大距离为h；从C到D由动能定理得：-mgh-qEh=0-mv2解得h= m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ffmax=qE=4 N，重力G=mg=2 N因为GFfmax所以带电体最终停在C点上方与C点的竖直距离为 m处。答案：(1)10 m/s(2)

17、停在C点上方与C点的竖直距离为 m处13.(18分)(2019莆田模拟)如图甲所示，在y=0和y=2 m之间有平行x轴的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大。电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向。现有一个带负电的粒子，粒子的比荷=1.010-2 C/kg，在t=0时刻以速度v0=5102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子的重力。求：(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小。【解析】(1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t=410-3 s。(2)由图乙可知，电场的变化周期T=410-3 s，粒子进入电场后，在x轴方向先加速后减速，加速时的加速度大小a1=4 m/s2减速时的加速度大小a2=2 m/s2x轴方向上的位移x=a1+a1-a2=210-5 m因此粒子离开电场的位置坐标为(-210-5 m，2 m)。(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度为vx=a1-a2=410-3 m/s。答案：(1)410-3 s(2)(-210-5 m，2 m)(3)410-3 m/s