2024高考物理一轮复习第七章静电场阶段检测含解析新人教版

PAGE9-阶段滚动检测(七)(第七章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。1～5小题为单选,6～8小题为多选)1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以肯定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示。则此电场的电场线分布可能是()【解析】选A。从v­t图象可以看出微粒的速度渐渐减小，图线的斜率渐渐增大，v­t图线中图线的斜率表示微粒的加速度大小，故微粒做加速度渐渐增大的减速运动，所以带负电的微粒顺着电场线运动，电场力做负功，速度渐渐减小，且电场线沿微粒运动方向渐渐密集，故选项A正确，选项B、C、D错误。2．如图甲所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量的正点电荷。M、O、N为两点电荷连线上的点。其中O为连线中点，且MO＝ON。在M点由静止释放一个电荷量为q的正摸索电荷，结果该摸索电荷在MN间做来回往复运动，在一个周期内的v­t图象如图乙所示，则下列说法正确的是()A．M和N两点的电场强度和电势完全相同B．摸索电荷在O点所受电场力最大，运动的速度也最大C．摸索电荷在t2时刻到达O点，t4时刻到达N点D．摸索电荷从M经O到N的过程中，电势能先减小后增大【解析】选D。依据等量的正点电荷的电场的特点可知，M和N两点的电场强度大小相等，方向相反，而电势是相同的，选项A错误；依据等量的正点电荷的电场的特点可知，O点的电势最低，电场强度为0，所以摸索电荷在O点所受电场力最小，但运动的速度最大，选项B错误；摸索电荷在t2时刻的速度再次等于0，所以在t2时刻到达N点，选项C错误；由题图可知，摸索电荷从M经O到N的过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，所以电势能先减小后增大，选项D正确。3．(2024·拉萨模拟)有一种电荷限制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出微小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以肯定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是()A．减小墨汁微粒的质量B．减小偏转电场两极板间的距离C．减小偏转电场的电压D．减小墨汁微粒的喷出速度【解析】选C。微粒以肯定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有L＝v0t，在竖直方向上有y＝eq\f(1,2)at2，加速度为a＝eq\f(qU,md)，联立解得y＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，要缩小字迹，就要减小微粒在竖直方向上的偏转量y，由上式分析可知，可采纳的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场的电压U等，故A、B、D错误，C正确。4．如图所示为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上负电，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标)。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量改变，则()A.电场线方向由放电极指向集尘极B．图中A点电势高于B点电势C．尘埃在迁移过程中电势能减小D．尘埃在迁移过程中动能减小【解析】选C。由于尘埃带负电，要使尘埃向集尘极偏转，所受的电场力应指向集尘极，所以电场线应由集尘极指向放电极，选项A错误；对A点分析可知，电场线从集尘极指向放电极，放电极带负电，由于A点离放电极较近，所以A点电势较低，选项B错误；尘埃在迁移过程中电场力做正功，电势能减小，选项C正确；尘埃在迁移过程中由动能定理可知，尘埃动能增大，选项D错误。5.(2024·蚌埠模拟)如图所示，E、F、G、H为矩形ABCD四边的中点，O为EG、HF的交点，AB边的长度为d。E、G两点各固定一对等量点电荷，另一电荷量为＋Q的正点电荷置于H点时，F点处的电场强度恰好为零。若将H点的正点电荷移到O点，则F点处电场强度的大小和方向为(静电力常量为k)()A．eq\f(4kQ,d2)方向向右B．eq\f(4kQ,d2)方向向左C．eq\f(3kQ,d2)方向向右D．eq\f(3kQ,d2)方向向左【解析】选C。当正点电荷在H点时，F点处电场强度恰好为零，说明EG两个点上的电荷在F点产生的电场与正电荷Q的电场之和为零，依据公式E＝eq\f(kQ,r2)可得，EG两个点的电荷在F点产生的电场强度大小为E＝eq\f(kQ,d2)，方向水平向左；现将Q点电荷移到O点，它在F点产生的电场强度大小E1＝keq\f(4Q,d2)，方向向右，所以F点的合场强E合＝keq\f(4Q,d2)－keq\f(Q,d2)＝keq\f(3Q,d2)，方向水平向右，故C正确，A、B、D错误。6.如图所示，带电小球自O点由静止释放，经C孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D孔时速度减为零。对于小球从C到D的运动过程，已知从C运动到CD中点位置用时t1，从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2，下列说法正确的是()A．小球带负电B．t1<t2C．t1>t2D．将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下【解析】选A、B。由题图可知，A、B间的电场强度方向向下，小球从C到D做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t1<t2，选项B正确，C错误；将B板向上平移少许时两板间的电压不变，依据动能定理可知mg(h＋d)－qU＝0，mg(h＋x)－eq\f(qUx,d′)＝0，联立得x＝eq\f(h,h＋d－d′)d′<d′，即小球不到D孔就要向上返回，所以选项D错误。7．(2024·乌鲁木齐模拟)如图所示，虚线为电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等。一个质子在A点的电势能小于其在B点的电势能，下列说法中正确的是()A．A点的电势比B点的高B．A点的电势比B点的低C．质子在A点所受的电场力比B点的大D．质子在A点所受的电场力比B点的小【解析】选B、D。正电荷在电场中电势高的位置，电势能大，由于带正电的质子在A点的电势能小于其在B点的电势能，则知A点的电势比B点的低，故A错误，B正确；等差等势面的疏密代表电场强度的大小，故B点的电场强度大于A点的电场强度，质子在A点所受的电场力比B点的小，故C错误，D正确。8.(2024·内江模拟)如图所示,匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点,AB的长度为1m,D为AB的中点。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面,A、B、C三点的电势分别为4V、6V和2V。设电场强度大小为E,一质子从D点移到C点电场力所做的功为W,则()A.W=7eV B.W=3eVC.E>2V/m D.E<2V/m【解析】选B、C。匀强电场中,由于D为AB的中点,则D点的电势φD==5V,质子从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q(φD-φC)=1×(5-2)eV=3eV,故选项A错误,B正确;AB的长度为1m,由于电场强度的方向并不是沿着AB方向,所以AB两点沿电场方向的距离d<1m,匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比,即U=Ed,所以E=>2V/m,故选项C正确,D错误。二、试验题(12分)9．(验证动量守恒)图(a)中，水平放置的气垫导轨上有A、B两个质量相同的滑块，滑块上的遮光片宽度均为d，A位于导轨的左端，B位于导轨中间，AB间、B与导轨右端各有一个光电门。用手推一下A，A向右运动与B发生碰撞并粘到一起，测得A通过光电门1的遮光时间为t1；A、B一起通过光电门2时B上遮光片的遮光时间为t2。完成下列填空：(1)A通过光电门时速度的大小为______；(用题中物理量的符号表示)(2)用游标卡尺测量d时示数如图(b)所示，则d＝__________cm；(3)当t1＝__________时，A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒。【解析】(1)由于遮光片的宽度比较小，故遮光片通过光电门的时间比较短，因此可将遮光片通过光电门的平均速度看成滑块A通过光电门的瞬时速度，故滑块A通过光电门的速度可表示为v＝eq\f(d,t1)。(2)游标卡尺的主尺读数为8mm，游标尺读数为0.1×5mm＝0.5mm，所以挡光片的宽度为d＝8mm＋0.5mm＝8.5mm＝0.85cm(3)滑块A经过光电门1的速度：v1＝eq\f(d,t1)，滑块A、B一起经过光电门2的速度：v2＝eq\f(d,t2)，没有摩擦力作用，碰撞前后动量守恒，依据动量守恒定律：m·eq\f(d,t1)＝2meq\f(d,t2)，化简得：t1＝eq\f(1,2)t2，即当t1＝eq\f(1,2)t2时，A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒。答案：(1)eq\f(d,t1)(2)0.85(3)eq\f(1,2)t2三、计算题(本题共2小题，共40分。需写出规范的解题步骤)10.(20分)如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d。当两板间加电压U时，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从靠近上极板的A点射入电场，经过一段时间后从靠近下极板的B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响。求：(1)带电粒子从A点运动到B点经验的时间；(2)带电粒子经过B点时速度的大小；(3)A、B间的电势差。【解析】(1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点到B点经验时间t＝eq\f(L,v0)；(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E＝eq\f(U,d)加速度大小a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小vy＝at＝eq\f(qU,md)·eq\f(L,v0)带电粒子在B点速度的大小v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋\f(q2U2L2,m2d2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))))；(3)粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得qUAB＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))A、B间的电势差UAB＝eq\f(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)＝eq\f(qU2L2,2md2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))。答案：(1)eq\f(L,v0)(2)eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋\f(q2U2L2,m2d2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))))(3)eq\f(qU2L2,2md2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))11.(20分)如图所示，在足够高的竖直绝缘挡板上A点，以水平速度v0向左抛出一个质量为m，电荷量为＋q的小球，由于空间存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。小球抛出后经过一段时间将再次到达墙面上的B点，重力加速度为g。求在此过程中：(1)小球水平方向的速度为零时到板面的距离。(2)板上A、B两点间的距离。(3)小球的最小速度。【解题指导】解答本题应留意以下两点：(1)小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动，运用运动的合成分解和牛顿其次定律可得结果；(2)将小球的速度方向沿合力方向和垂直于合力方向分解，垂直于合力方向做匀速直线运动，当沿合力方向的速度为零时，小球的速度最小。【解析】(1)小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动；水平方向上有F＝max，得ax＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)，则有x＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2ax)＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qE)。(2)水平方向速度减小为零所需的时间为t1＝eq\f(v0,ax)，得t＝2t1＝eq\f(2v0,ax)＝eq\f(2mv0,qE)；竖直方向上y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(2m2gveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q2E2)。(3)将小球的速度方向沿合力方向和垂直于合力方向分解，垂直于合力方向做匀速直线运动，当沿合力方向的速度为零时，小球的速度最小。此时vmin＝v0cosθ，依据力的关系知cosθ＝eq\f(mg,\r(q2E2＋m2g2))，解得vmin＝eq\f(mgv0,\r(q2E2＋m2g2))答案：(1)eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qE)(2)eq\f(2m2gveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q2E2)(3)eq\f(mgv0,\r(q2E2＋m2g2))【加固训练】

如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角∠BOC=37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L=5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为+q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ=0.25，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽视空气阻力。求：(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1。(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离。(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。【解析