高考物理一轮复习粤教版第七章静电场章末质量检测（七）

章末质量检测(七)(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分。1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)1.静电场中某电场线如图1所示。把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10－7J，则该点电荷的电性及在此过程中电场力做功分别为()图1A.正电－1.2×10－7JB.负电－1.2×10－7JC.正电1.2×10－7JD.负电1.2×10－7J解析从A到B，电势能增加1.2×10－7J，说明电场力做负功，做功为－1.2×10－7J，故电场力方向与场强方向相反，该点电荷带负电。故选项B正确。答案B2.(2018·广西南宁市三校联考)如图2所示，真空中有等量异种点电荷＋Q、－Q分别放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是()图2A.在MN连线的中垂线上，O点电势最高B.正电荷＋q从b点移到d点的过程中，受到的电场力先减小后增大C.正电荷＋q在c点电势能大于在a点电势能D.正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能解析在MN连线的中垂线上各点的电势均为零，选项A错误；在两电荷连线的中垂线上，场强从O点向两边逐渐减小，故正电荷＋q从b点移到d点的过程中，受到的电场力先增大后减小，选项B错误；因为a点的电势高于c点，故正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能，选项C错误，D正确。答案D3.如图3所示，A和B均可视为点电荷，A固定在绝缘支架上，B通过绝缘轻质细线连接在天花板上，由于二者之间库仑力的作用，细线与水平方向成30°角。A、B均带正电，电荷量分别为Q、q，A、B处于同一高度，二者之间的距离为L。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则B的质量为()图3A.eq\f(kQq,gL2) B.eq\f(2kQq,gL2)C.eq\f(\r(3)kQq,gL2) D.eq\f(\r(3)kQq,3gL2)解析根据库仑定律，A、B之间的库仑力F库＝keq\f(Qq,L2)，以B为研究对象，在水平方向F库＝FTcos30°，在竖直方向mg＝FTsin30°，联立可得m＝eq\f(\r(3)kQq,3gL2)，D正确。答案D4.如图4所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最右侧N点的水平直线对称。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小球可视为质点。由此可知()图4A.匀强电场的方向水平向左B.电场强度E满足E>eq\f(mg,q)C.小球在M点的电势能比在N点的大D.M点的电势比N点的高解析由小球在匀强电场中的运动轨迹在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最右侧N点的水平直线对称，可以判断小球所受合力的方向水平向左，而重力方向竖直向下，如图所示，则知电场力的方向一定斜向左上方，因小球带正电荷，故匀强电场的方向斜向左上方，且电场强度E满足E>eq\f(mg,q)，故选项B正确，A错误；由沿着电场线方向电势逐渐降低可知M点的电势比N点的低，选项D错误；小球从M点运动到N点的过程中电场力做负功，电势能增加，故小球在M点的电势能比在N点的小，选项C错误。答案B5.(2017·山东潍坊中学一模)如图5所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2V，a点的坐标为(0cm，4cm)，电势为8V，b点的坐标为(3cm，0cm)，电势为8V，则电场强度的大小为()图5A.250V/m B.200V/mC.150V/m D.120V/m解析由题意知a、b两点的电势相等，则ab为一条等势线，又O点电势为2V，则知匀强电场的场强方向垂直于ab指向左下方。过O点作ab的垂线交ab于c点，由几何关系得tan∠b＝eq\f(4,3)，得∠b＝53°，Oc＝Ob·sin∠b＝0.03m×sin53°＝2.4×10－2m，c、O间的电势差U＝8V－2V＝6V，则电场强度大小E＝eq\f(U,Oc)＝250V/m，故选项A正确。答案A6.如图6所示，虚线a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面间的间距相等。一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示电子的运动轨迹与等势面的一些交点。由此可以判定()图6A.电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等B.O处的点电荷一定带负电C.a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φcD.电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的关系是|W12|＝2W34解析由能量守恒可知，电子的电势能与动能的总和保持不变，故选项A正确；由电子射入电场后的运动轨迹可知场源点电荷为负点电荷，选项B正确；沿着电场线方向电势降低，即φc>φb>φa，选项C错误；在点电荷的电场中，虽然ab＝bc，但ab间的场强大于bc间的场强，由U＝Ed可知Uab≠Ubc，电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功|W12|≠2W34，故选项D错误。答案AB7.(2017·福建漳州三联)空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图7所示，x轴上B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法正确的有()图7A.EBx的大小大于ECx的大小B.EBx的方向沿x轴正方向C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功解析在B点和C点附近分别取很小的一段(d)，由图象知B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，将此小段看做是匀强电场，再由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Δφ,d)，可见EBx>ECx，选项A正确；同理可知O点场强为零，电荷在该点受到的电场力为零，选项C错误；因沿电场线方向电势逐渐降低，则由图可知在O点左侧，电场方向在x方向上的分量沿x轴负方向，在O点右侧，电场方向在x方向上的分量沿x轴正方向，则负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以选项B错误，D正确。答案AD8.美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量。如图8所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则()图8A.油滴带负电B.油滴带电荷量为eq\f(mg,Ud)C.电容器的电容为eq\f(kmgd,U2)D.将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，选项A正确；设油滴带电荷量为q，则极板带电荷量为Q＝kq，由于qE＝mg，E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，解得q＝eq\f(mgd,U)，C＝eq\f(kmgd,U2)，选项B错误，C正确；将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，则电场强度E减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，选项D错误。答案AC9.(2017·长沙模拟)如图9所示，在方向水平向左的匀强电场中有一倾角为60°、高为H的固定绝缘光滑斜面体，现将一质量为m带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放，已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)mg,q)，不计空气阻力，则()图9A.小物块将沿斜面下滑B.小物块将做曲线运动C.小物块到达地面时的速度大小为2eq\r(2gH)D.若其他条件不变，只增大电场强度，小物块到达地面前的运动时间将不变解析对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力。电场力F＝qE＝eq\r(3)mg，则合力的大小为2mg，方向与水平方向的夹角tanβ＝eq\f(mg,F)＝eq\f(\r(3),3)，即β＝30°，如图所示，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，故选项A、B错误；运用动能定理研究从开始到落地过程F·eq\f(H,tan30°)＋mgH＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝2eq\r(2gH)，故选项C正确；将物块的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，增大电场强度，电场力增大，水平方向的加速度增大，竖直方向上的加速度不变，根据等时性知，运动时间不变，故选项D正确。答案CD二、非选择题(本题共3小题，共46分)10.(12分)(2017·福建厦门质检)如图10所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E＝5×103V/m，圆弧轨道半径R＝0.4m。现有一电荷量q＝＋2×10－5C、质量m＝5×10－2kg的物块(可视为质点)从距B端s＝1m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC，重力加速度g＝10m/s2求：图10(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度vB的大小；(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力FNB的大小。解析(1)在物块从开始至运动到B点的过程中，由牛顿第二定律可知qE＝ma又由运动学公式得s＝eq\f(1,2)at2，解得t＝1s又因vB＝at，解得vB＝2m/s(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有FNB－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得FNB＝1N答案(1)1s2m/s(2)1N11.(16分)(2018·山东省八校联考)如图11所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一质量为m的带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为37°。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到53°，且小球与两极板不接触。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求图11(1)第二次充电使电容器正极板增加的电荷量；(2)为使悬线与竖直方向的夹角再变回37°，施加在小球上水平力的大小。解析(1)悬线与竖直方向夹角为37°时，对小球进行受力分析，如图所示，由平衡条件得Tcos37°＝mg①Tsin37°＝Eq②E＝eq\f(U,d)③U＝eq\f(Q,C)④由①②③④可得eq\f(Qq,Cd)＝eq\f(3,4)mg⑤设增加的电荷量为ΔQ，同理可得eq\f(（Q＋ΔQ）q,Cd)＝eq\f(4,3)mg⑥由⑤⑥可得ΔQ＝eq\f(7,9)Q(2)设施加在小球上的水平力的大小为F外，则F外＝ΔF电＝qeq\f(ΔU,d)＝qeq\f(ΔQ,Cd)＝eq\f(4,3)mg－eq\f(3,4)mg解得F外＝eq\f(7,12)mg答案(1)eq\f(7,9)Q(2)eq\f(7,12)mg12.(18分)如图12甲所示，相距d＝15cm的A、B两极板是在真空中平行放置的金属板，当给他们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场。今在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T＝1.0×10－6s，t＝0时A板的电势比B板的电势高，且U0＝1080V，一个比荷eq\f(q,m)＝1.0×108C/kg的带负电荷的粒子在t＝0时刻从B板附近由静止开始运动不计重力。图12(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最大值是多少？(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度大小。解析粒子在电场中的运动情况比较复杂，可借助于v－t图象分析运动的过程，如图所示为一个周期的v－t图象，以后粒子将重复这种运动。(1)在0～eq\f(T,3)时间内，粒子加速向A运动；当t＝eq\f(T,3)时，粒子速度第一次达到最大，根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU0,md)，设粒子的最大速度为vm，此时位移为s，则s＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)·(eq\f(T,3))2＝0.04m，vm＝at＝eq\f(qU0T,3md)＝2.4×105m/s。(2)粒子在一个周期的前eq\f(2T,3)时间内，先加速后减速向A板运动，位移为sA；在后eq\f(T,3)时间内，先加速后减速向B运动，位移为sB，以后的每个周期将重复上述运动，由于粒子加速和减速运动中的加速度大小相等，即有sA＝2s＝0.08m，s