高考物理总复习 第七章 静电场综合检测（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、静电场 综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共14小题,每小题4分,共56分.在每小题给出的四个选项中,第18小题只有一个选项正确,第914小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图所示,一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内,当开关S闭合,小球静止时,悬线与竖直方向的夹角为,则(C)A.当开关S断开时,若减小平行板间的距离,则夹角增大B.当开关S断开时,若增大平行板间的距离,则夹角变小C.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角增大D.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角减小解析:带电小球在电容器中处于平衡时,由

2、平衡条件有tan =,当开关S断开时,电容器两极板上的电荷量Q不变,由C=,U=,E=可知E=,故增大或减小两极板间的距离d,电容器两极板间的电场强度不变,不变,选项A,B错误;当开关S闭合时,因为两极板间的电压U不变,由E=可知,减小两极板间的距离d,E增大,变大,选项C正确,D错误.2.如图所示,在x轴上关于原点O对称的两点A,B分别放置固定的点电荷+Q1和-Q2,x轴上的P点位于B点的右侧,且P点电场强度为零.设无穷远处电势为零,则下列判断正确的是(C)A.P点电势为零B.在A,B连线上还有一点与P点电场强度相同C.A,O两点的电势差大于O,B两点的电势差D.若将一试探电荷+q从P点移至

3、O点过程中,电势能一直增大解析:由异种电荷的电场线分布情况知,x轴上B点右侧的电场线方向指向B,由沿电场线方向电势越来越低知,P点电势小于零,选项A错误;P点电场强度为零,由电场叠加知,k=k,由于rAPrBP,故Q1Q2,则在A,B连线上除P点外各点电场强度均不为零,选项B错误;由于Q1Q2,故A,O两点间的电场线分布较密,A,O两点间的电势差较大,选项C正确;P到B的电场线方向向左,B到O的电场线方向向右,故+q从P点移至O点的过程,电场力先做正功再做负功,电势能先减小后增大,选项D错误.3.如图所示,在直角三角形所在的平面内存在匀强电场,其中A点电势为0,B点电势为3 V,C点电势为6

4、V.已知ACB=30,AB边长为 m,D为AC的中点.现将一点电荷放在D点,且点电荷在C点产生的电场强度为1.5 V/m,则放入点电荷后,B点电场强度为(A)A.2.5 V/mB.3.5 V/mC.2 V/m D. V/m解析:UBA=B-A=3 V,UCA=C-A=6 V,由等分法知,UDA=UCA=3 V,故B=D,由几何知识知,AB=AD=CD,匀强电场的电场强度大小E1=2 V/m,点电荷在C点产生的电场强度大小为1.5 V/m,由E=k知,其在B点产生的电场强度大小E2=1.5 V/m,由电场叠加知,放入点电荷后B点的电场强度大小E=2.5 V/m,选项A正确,B,C,D错误.4.如

5、图所示,一带正电的粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点,轨迹为一抛物线,且a,b关于m,n对称.下列说法中正确的是(B)A.该电场可能为点电荷产生的电场B.该电场为匀强电场,电场强度方向由m到nC.带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能D.带电粒子由a运动到b的过程中电势能一定一直减小解析:根据曲线运动的对称性,知带电粒子在电场中做类斜抛运动,则该电场力为恒力,电场为匀强电场,故A错误;由曲线轨迹弯曲的方向知,电场强度方向由m到n,故B正确;由a,b对称知,a,b在同一等势面上,则电场力不做功,动能相等,故C错误;由a到b,电场力先做负功后做正功,电势能先变大后变小,故D错误.5.真空中两

6、点电荷q1,q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上,D为斜边AB的中点,ABC=30,如图所示.已知A点电场强度的方向垂直AB向下,则下列说法正确的是(C)A.q1带负电,q2带正电B.D点电势高于A点电势C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍解析:A点的电场强度方向垂直AB向下,可知电荷q1带正电,q2带负电,选项A错误;q1到A点和D点距离相等,在q1产生的电场中A点和D点的电势是正值且相等,q2到A点的距离是到D点距离的两倍,由电势沿电场线方向降低可知,在q2产生的电场中A点和D点的电势是负值且A点电势高,D点电势低,选项B

7、错误;q1,q2在A点产生的电场强度分别是E1=k,E2=k,由几何关系分析E1sin 30=E2,则q2=2q1,选项C正确,D错误.6.一带负电粒子在电场中仅受静电力作用下沿x轴正向做直线运动的v-t图像如图所示.起始点O为坐标原点,下列关于电势、粒子动能Ek、电场强度E、粒子加速度a与位移x的关系图像中可能合理的是(C)解析:由v-t图像可知,v逐渐减小,曲线切线斜率反映出加速度逐渐减小,即电场力逐渐减小,即电场强度减小,C正确,D错误;v逐渐减小,粒子质量保持不变,则动能减小,B错误;v逐渐减小,反映了电场力对粒子做负功,电势能增加,而对于带负电粒子=,则电势降低,A图中,直线斜率=E

8、,反映了电场强度是常数,与v-t图像反映的加速度减小的趋势不符,A错误.7.如图所示,正方形ABCD边长为 2.0 m,内部存在电场强度为4 N/C的匀强电场,电场线方向与AB边平行,一比荷为5107 C/kg的正电荷从AB的中点P垂直于AB射入电场,射入电场时的速度为v=4104 m/s,不计电荷的重力,离开电场后,电荷的轨迹与BC延长线的交点M(未画出)与B点的距离为(D)A.0.5 mB.2.0 mC.2.5 mD.5.0 m解析:电荷在匀强电场中发生偏转,竖直方向的位移y=()2,沿竖直方向的分速度vy=a,粒子出电场后又经时间t到达M点,则vyt+y=L,M与B点的距离为x=L+vt

9、=5.0 m,故D正确.8.真空中,在x轴上的原点处和x=6a处分别固定一个点电荷M,N,在x=2a处由静止释放一个正点电荷P,假设试探电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动,得到试探电荷P的速度与其在x轴上的位置关系如图所示,则下列说法正确的是(D)A.点电荷M,N一定都是负电荷B.试探电荷P的电势能一定是先增大后减小C.点电荷M,N所带电荷量的绝对值之比为21D.x=4a处的电场强度一定为零解析:根据题意,试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速,其动能先增大后减小,其电势能先减小后增大,选项B错误;试探电荷在x=4a处速度最大,电势能最小,该处电场强度一定为零,选项D正确;在x轴上从原点处到x=

10、6a处,电场强度从两头指向x=4a处,点电荷M,N一定都是正电荷,选项A错误;由=可得QM=4QN,选项C错误.9.如图所示,在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场,E,F,G,H是各边中点,其连线构成正方形,其中P点是EH的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出.以下说法正确的是(BD)A.粒子的运动轨迹一定经过P点B.粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由ED之间某点从AD边射出D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由E点从AD边射出解析:粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出,其轨迹是抛物线,

11、则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点,而延长线又经过P点,所以粒子轨迹一定经过PE之间某点,选项A错误,B正确;由平抛知识可知,当竖直位移一定时,水平速度变为原来的一半,由于y方向的位移、加速度均不变,则运动时间不变,因此水平位移也变为原来的一半,粒子恰好由E点从AD边射出,选项C错误,D正确.10.如图所示,水平面内有A,B,C,D,E,F六个点,它们均匀分布在半径为R=2 cm的同一圆周上,空间有一方向与圆平面平行的匀强电场.已知A,C,E三点的电势分别为A=(2-) V,C=2 V,E=(2+) V,下列判断正确的是(AC)A.将电子从D点经E点移到F点的过程中,静电力

12、先做正功再做负功B.电场强度的大小为1 V/mC.该圆周上的点电势最高为4 VD.电场强度的方向由A指向D解析:根据几何关系,AE的中点G的电势G= V=2 V,G=C,由此可得,GC是等势面,电场线与等势面垂直,且由电势高的等势面指向电势低的等势面,所以电场强度的方向由E指向A,选项D错误;E,A两点间的电势差为U=(2+) V-(2-) V=2 V,E,A两点间的距离d=2Rsin 60=22 cm=2 cm,根据公式,电场强度的大小E=100 V/m,选项B错误;沿着电场线电势降低,H电势最高,由U=Ed可知,=,代入数据=,解得H=4 V,选项C正确;从D经E移到F点,电势先升高后降低

13、,电子带负电,电势能先减小后增加,静电力先做正功后做负功,选项A正确.11.空间存在着平行于x轴方向的静电场,A,M,O,N,B为x轴上的点,OAOB,OM=ON,AB间的电势随x的分布为如图所示的折线,一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动,则下列判断中正确的是(CD)A.粒子一定带正电B.粒子从M向O运动过程所受电场力均匀增大C.粒子一定能通过N点D.AO间的电场强度大于OB间的电场强度解析:由图可知,A,B两点电势相等,O点的电势最高,A到O是逆电场线,粒子仅在电场力作用下,从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动,故粒子一定带负电,选项A错误;A到O

14、电势均匀升高,故A到O的电场是匀强电场,所以粒子从M向O运动过程中所受电场力不变,选项B错误;由图可知,M点的电势小于N点的电势,故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功,所以粒子能通过N点,选项C正确;A到M电势均匀升高,图像的斜率大小等于电场强度,选项D正确.12.如图所示,空间存在一匀强电场,平行实线为该电场等势面,其方向与水平方向间的夹角为30,AB与等势面垂直,一质量为m、电荷量为q的带正电小球,以初速度v0从A点水平向右抛出,经过时间t小球最终落在C点,速度大小仍是v0,且AB=BC,重力加速度为g,则下列说法中正确的是(BCD)A.电场方向沿A指向BB.电场强度大小为C.小球下

15、落高度gt2D.此过程增加的电势能等于mg2t2解析:小球在下落过程中初末动能不变,根据动能定理,合力做功为0,重力做正功,则电场力做负功,而小球带正电,则电场方向沿B指向A,选项A错误;由动能定理有mgcos 30-Eqcos 30=0,解得E=,选项B正确;竖直方向由牛顿第二定律mg-qEcos 30=may,又h=ayt2,联立解得h=gt2,选项C正确;此过程中电场力做负功,电势能增加,由几何关系知小球沿电场线方向上的位移为d=cos 30=gt2,则电势能的增加量Ep=qEd=mg2t2,选项D正确.13.如图所示,平行板电容器两极板水平放置,现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电

16、源上,平行板电容器的下极板接地,静电计所带电荷量可忽略,二极管具有单向导电性.闭合开关S,一带电油滴恰好静止于两板间的P点,现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则下列说法正确的是(CD)A.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针的张角变小C.带电油滴的电势能将减少D.油滴仍将保持静止解析:由C=可知,将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,d增大,C减小,A错误;由Q=CU可知,电容器所带的电荷量要减小,但是二极管具有单向导电性,电容器不能放电,所以电容器上的电荷量保持不变,再由U=可知,电容器两极板间的电势差增大,静电计指针的张角变大,B错误;由E=,U=和C=联立解得E=

17、,两极板间的电场强度不变,P点与下极板间的电势差增大,P点的电势升高,由题意知,油滴带负电,再由Ep=q,带电油滴的电势能将减少,C正确;由于电场强度不变,所以Eq=mg,油滴仍将保持静止,D正确.14.如图所示,竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道,水平匀强电场平行于轨道平面向左,P,Q分别为轨道的最高、最低点.一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动,已知重力加速度为g,电场强度E=,要使小球能沿轨道做完整的圆周运动,下列说法正确的是(BC)A.小球过Q点时速度至少为B.小球过Q点时速度至少为C.小球过Q,P点受轨道弹力大小的差值为6mgD.小球过Q,P点受轨道

18、弹力大小的差值为7.5mg解析:小球自由静止时处于A点,受力分析如图所示,则tan =,由几何知识知,sin =,cos =,小球在B点速度最小时重力和电场力的合力全部提供向心力,由牛顿第二定律得=m,当小球在Q点有最小速度时,小球在B点的速度最小,小球由Q运动到B的过程中,由动能定理得-mg(R+Rcos )-EqRsin =m-m,由以上各式解得vQ=,选项A错误,B正确;由牛顿第二定律得,小球在P点时mg+F1=m,小球在Q点时F2-mg=m,小球由P运动到Q的过程中,由动能定理得2mgR=m-m,由以上各式解得F2-F1=6mg,选项C正确,D错误.二、非选择题(共44分)15.(10

19、分)如图(甲)所示,长为L、间距为d的两金属板A,B水平放置,ab为两板的中心线,一个带电粒子以速度v0从a点水平射入,沿直线从b点射出,粒子质量为m,电荷量为q.若将两金属板接到如图(乙)所示的交变电压上,欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出,求:(1)交变电压的周期T应满足什么条件,粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件;(2)两板间距d应满足的条件.解析:(1)要使带电粒子从b点以速度v0射出,应满足=nT(n为正整数),则T=(n为正整数), (2分)由运动的对称性可知,射入的时刻应为t=+, (2分)即t=(n为正整数). (1分)(2)第一次加速过程有y1=at2=()2,将T代入

20、得y1=, (3分)要使粒子不打在板上,应满足2y1 (1分)即d(n为正整数). (1分)答案:(1)T=(n为正整数)t=(n为正整数)(2)d(n为正整数)16.(10分)如图所示,水平虚线MN上、下方空间分别存在电场强度方向相反、大小相等的匀强电场.以虚线MN处电势为零,A,B是位于两电场中同一竖直线上的两点,且到MN距离均为d,一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放,已知粒子运动过程中最大电势能为Em,不计粒子重力.求:(1)匀强电场的电场强度大小;(2)粒子从释放到第一次返回A点所需的时间.解析:(1)粒子释放后,在MN上方电场中电场力做正功,电势能减小,MN下方电场中

21、,电场力做负功,电势能增大,由能量守恒和对称性可知,粒子在A,B两点间做往返运动,且在A,B处时电势能最大,MN处电势为零,设A到MN间电势差为U,A点电势为A,电场强度大小为E,则有U=A-0=A (1分)Em=qA,U=Ed (2分)联立解得E=. (1分)(2)粒子从A到MN做匀加速直线运动,设经历的时间为t,到MN时粒子速度为v,加速度为a,则有v=at (1分)qE=ma (1分)从A到MN由能量守恒有Em=mv2 (2分)联立解得t=d (1分)由对称性可得,粒子第一次返回A点所需时间为4t=4d. (1分)答案:(1)(2)4d17.(10分)如图所示,空间存在电场强度为E、方向

22、水平向右足够大的匀强电场.挡板MN与水平方向所夹角为,质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出,粒子运动过程中恰好不与挡板碰撞,粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直,不计粒子的重力,求:(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小;(2)O,M间的距离.解析:(1)由于粒子恰好不与挡板碰撞,粒子贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行,设此时粒子水平方向速度大小为vx,则tan =, (2分)解得vx=. (2分)(2)粒子做类平抛运动,设粒子运动加速度为a,由牛顿第二定律qE=ma, (1分)在如图所示的坐标系中:vx=at (1分)x0=at2, (1分)y0=v

23、0t, (1分)设O,M间的距离为d,由几何关系tan =, (1分)解得d=. (1分)答案:(1)(2)18.(14分)如图所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图.在xOy平面的第一象限,存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0xL,0yL)为边界的匀强电场区域,电场强度为E;在第二象限存在以(-2Lx0,0yL)为边界的匀强电场区域.一电子(电荷量大小为e,质量为m,不计重力)从电场的边界B点处由静止释放,恰好从N点离开电场区域.求:(1)电子通过C点时的速度大小;(2)电场区域中的电场强度的大小;(3)试证明:从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N点离开电场.解析

24、:(1)由双曲线y=知BC间距离为, (1分)从B到C由动能定理:eE=m-0 (2分)解得电子通过C点时的速度大小vC=. (2分)(2)电子从C点进入区域,在区域中做类平抛运动.x轴方向2L=vCt (1分)y轴方向L=t2 (2分)解得区域中的电场强度的大小E=. (1分)(3)设电子从AB曲线上点P(x,y)进入电场区域,在区域由动能定理:eEx=m-0 (1分)假设电子能够在区域中一直做类平抛运动且落在x轴上的x处.则y轴方向:y=t2 (1分)x轴方向:x=v0t (1分)又y=,解得x=2L (1分)即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从N点射出. (1分)答案:(1)(2)(3)见解析