2024高考物理一轮复习限时检测7静电场含解析新人教版

PAGEPAGE12第七章静电场综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：90分钟一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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.(2024·河南省试验中学质检)如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点。现在在A、B两点分别固定电荷量为＋q、－q的两个点电荷，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是(A)A．C、D两点的场强、电势均相同B．C、D两点的场强、电势均不同C．C、D两点的场强相同，电势不同D．C、D两点的场强不同，电势相同[解析]本题考查电场强度、电势等。C、D两点处在＋q、－q两个点电荷连线的中垂线上，该中垂面为等势面，C、D两点的电势相同；由于C、D两点距离A、B两点距离相等，其电场强度大小相等。又因为在＋q、－q两个点电荷连线的中垂面上电场强度的方向都相同，所以C、D两点电场强度的方向相同，所以C、D两点的场强、电势均相同，选项A正确。2．(2024·北京模拟)如图所示，真空中静止点电荷产生的电场中，A、B为同一条电场线上的两点。取无穷远处为电势能零点。电荷量为＋q的检验电荷，在A点的电势能为EpA，在B点的电势能为EpB。则A、B两点间的电势差UAB等于(D)A．eq\f(q,EpA＋EpB) B．eq\f(EpA＋EpB,q)C．eq\f(q,EpA－EpB) D．eq\f(EpA－EpB,q)[解析]本题考查电势差公式U＝eq\f(W,q)、电场力做功与电势能变更公式WAB＝EpA－EpB的应用。A与B两点间的电势差为UAB＝eq\f(WAB,q)，从A到B电场力做的功等于电势能的削减量，则有WAB＝EpA－EpB，联立解得UAB＝eq\f(EpA－EpB,q)，选项D正确。3.(2024·宁夏吴忠质检)如图所示虚线a、b、c是电场中的等势线，实线是正点电荷仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点，则下列说法正确的是(C)A．a等势线的电势比c等势线的电势低B．点电荷在P点的速率肯定比它在Q点的大C．点电荷在P点的加速度大小肯定比它在Q点的大D．点电荷肯定是从P点运动到Q点的[解析]本题考查等势线、电势、带电粒子在电场中的运动。由于点电荷做曲线运动，电场力必定指向轨迹弯曲的内侧，点电荷带正电，电场强度方向与指向轨迹弯曲的内侧，而沿电场线方向电势降低，可知a等势线的电势比c等势线的电势高，选项A错误；点电荷在Q点的速率肯定比它在P点的速率大，选项B错误；等势线密集的区域电场强度大，电场力就大，加速度大小也大，故点电荷在P点的加速度大小肯定比它在Q点的大，选项C正确；点电荷无论从P运动到Q还是从Q运动到P都可得到图中的轨迹，选项D错误。4．(2024·浙江模拟)电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q。两点电荷连线上各点电势φ随x变更的关系如图所示，其中x＝L处电势最低，电场强度为零，x轴上M、N两点的坐标分别为－2A．两点电荷肯定为异种电荷B．原点O处电场强度大小为eq\f(kQ,3L2)C．负检验电荷在原点O处受到方向向右的电场力D．负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大[解析]本题考查对电势φ随坐标x的变更曲线的理解。由φ－x图象特点可知两点电荷均为正电荷，A错误；设坐标为－3L处的电荷的电荷量为Q′，x＝L处电势最低，电场强度为零，则eq\f(kQ′,4L2)－eq\f(kQ,2L2)＝0，得Q′＝4Q，故原点O处的电场强度大小为eq\f(4kQ,3L2)－eq\f(kQ,3L2)＝eq\f(kQ,3L2)，方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力方向向左，B正确，C错误；由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，D错误。5．(2024·安徽皖西中学联盟期末)先后让一束氘核(eq\o\al(2,1)H)和一束氚核(eq\o\al(3,1)H)通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与板面平行，离开时速度方向与板面夹角分别为α、β。不计原子核的重力，则(B)A．假如氘核和氚核的初速度相同，则eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(2,3)B．假如氘核和氚核的初动量相同，则eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(2,3)C．假如氘核和氚核的初动能相同，则eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(2,3)D．假如氘核和氚核由静止起先从同一位置经同一电场加速后进入偏转电场，则eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(2,3)[解析]本题考查带电粒子受到的电场力和类平抛运动。设带电粒子入射速度为v0，质量为m，电荷量为q，在电场中运动的加速度a＝eq\f(qE,m)，由类平抛运动规律，粒子离开时速度方向与板面夹角的正切值为eq\f(at,v0)＝eq\f(qEt,mv0)，假如氘核和氚核的初速度相同，则eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m氚核,m氘核)＝eq\f(3,2)，选项A错误；假如氘核和氚核的初动量相同，则eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(t氘核,t氚核)＝eq\f(v0氚核,v0氘核)＝eq\f(m氚核,m氘核)＝eq\f(2,3)，选项B正确；由eq\f(at,v0)＝eq\f(qEt,mv0)＝eq\f(qEv0t,mv\o\al(2,0))＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))可知，假如氘核和氚核的初动能相同，则eq\f(tanα,tanβ)＝1，选项C错误；假如氘核和氚核由静止起先从同一位置经同一电场加速后进入偏转电场，有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，氘核和氚核的初动能相同，则eq\f(tanα,tanβ)＝1，选项D错误。6．(2024·天津高三质检)如图所示，带电量为Q＝＋4×10－2C的物块A固定在斜面底端，斜面的倾角为θ＝30°；质量为m＝2kg的物块B(可视为点电荷)放置在斜面上，物块B的带电量为q＝＋1×10－7C。当物块A和物块B的距离为L＝1.2m时木块B恰好不上滑。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，静电力常量为k＝9.0×109N·m2/C2。则物块A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(1,3)[解析]木块B恰好不上滑，由平衡条件得：mgsinθ＋μmgcosθ＝keq\f(Qq,L2)，解得：μ＝eq\f(\r(3),2)，故C项正确。7．(2024·青州高三模拟)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离x的关系如φ－x图象中曲线所示。由图象可知静止点电荷电场中任一点的电势φ(B)A．与该点到点电荷的距离x成正比B．与该点到点电荷的距离x成反比C．与该点到点电荷的距离x的二次方成正比D．与该点到点电荷的距离x的二次方成反比[解析]依据φ－x图象可知点电荷四周每点的电势φ与该点到点电荷的距离x的乘积是定值，所以静止点电荷电场中任一点的电势φ与该点到点电荷的距离x成反比，故B正确，A、C、D错误。8．(2024·江苏高三月考)如图所示，MN是负点电荷电场中的一条直线，a、b、c是直线上三点，已知直线上a点的场强最大为E，b点场强大小为a点的eq\f(1,2)，已知a、b间的距离和a、c间的距离均为L，静电力常量为k，下列说法正确的是(C)A．场源电荷到a点距离为(eq\r(2)－1)LB．c点的场强大于b点C．c点电势等于b点电势D．从a点无初速释放带负电的粒子，其将沿直线MN运动[解析]因a点的场强最大，可知a点离场源电荷最近，设场源电荷在距离a点x的位置，则E＝keq\f(Q,x2)，b点：eq\f(1,2)E＝keq\f(Q,x2＋L2)；解得：x＝L，A错误；因b、c关于a点对称，其场强大小相等，B错误；b、c两点等电势，C正确；从a点无初速释放带负电的粒子，运动轨迹为曲线，不行能沿直线MN运动，D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．(2024·山东高考模拟)在金属球壳的球心有一个正点电荷，球壳内外的电场线分布如图所示，下列说法正确的是(ABD)A．M点的电场强度比K点的大B．球壳内表面带负电，外表面带正电C．摸索电荷－q在K点的电势能比在L点的大D．摸索电荷－q沿电场线从M点运动到N点，电场力做负功[解析]由电场线的疏密程度可知，M点的场强大于N点，A正确；由于感应起电，在金属球壳的内表面感应出负电，外表面感应出正电，B正确；负电荷在电场中，沿电场线方向运动，电场力做负功，电势能增加，可知C错误，D正确。10．(2024·江苏如东中学等联考)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的推断正确的是(CD)A．粒子带正电B．速度先增大后减小C．电势能先增大后减小D．经过b点和d点时的速度大小相同[解析]本题考查带电粒子在等量异种点电荷电场中的运动。依据粒子的运动轨迹及等势面分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c再到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确。11．(2024·四川达州二诊)如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔。M、N分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)。小孔正上方的A点与极板M相距h，与极板N相距3h，某时刻一质量为m、带电荷量为q的微粒从A点由静止下落，刚要到达极板N时速度刚好为零(不计空气阻力，重力加速度为g)。则(BD)A．带电微粒在M、N两极板间往复运动B．两极板间电场强度大小为eq\f(3mg,2q)C．若将M向下平移eq\f(h,3)，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为eq\f(5,4)hD．若将N向上平移eq\f(h,3)，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离为eq\f(5,4)h[解析]本题考查带电体在电场和重力场中的运动。由于微粒在电场中和在电场外受到的力是恒力，到达极板N时速度刚好为零，故微粒将在点A和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理有mg·3h＝Eq·2h，解得E＝eq\f(3mg,2q)，选项B正确；若将M向下平移eq\f(h,3)，则板间场强变为E1＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，设当微粒进入电场后速度为零时的位置与N极板相距Δh，由动能定理有mg·(3h－Δh)＝E1q·(eq\f(5h,3)－Δh)，可知方程无解，选项C错误；若将N向上平移eq\f(h,3)，则板间场强变为E2＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，设当微粒进入电场后速度为零时的位置与M极板相距Δh′，由动能定理有mg·(h＋Δh′)＝E2q·Δh′，解得Δh′＝eq\f(5,4)h，选项D正确。12．(2024·肥城高三模拟)如图所示，边长为d的等边三角形abc所在平面与一匀强电场(图中未画出)平行。将一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从a点在平面内沿某方向射出、粒子仅在电场力作用下恰好以相同的速度大小经过c。若粒子以初速度v0从a点沿ac方向射入，仅在电场力作用下恰能运动到b点，则(BD)A．a点电势高于c点电势B．a点电势比b点电势高eq\f(6mv\o\al(2,0),q)C．匀强电场场强大小为eq\f(6mv\o\al(2,0),qd)D．匀强电场方向垂直ac斜向下[解析]粒子经a、c两点速度大小相等，由动能定理知电场力做功为零，说明a、c两点为等势点，A错误；由电场线与等势线垂直可知，匀强电场的电场线与ac垂直，因正电荷经过b点，电场力做正功，故场强斜向右下方，D正确；粒子在匀强电场中做类平抛运动，初速度方向：eq\f(d,2)＝v0t，电场力方向：eq\f(\r(3)d,2)＝eq\f(vy,2)t，粒子从a点移到b点，电场力做正功W，由动能定理得：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝6mveq\o\al(2,0)，解得：Uab＝eq\f(W,q)＝eq\f(6mv\o\al(2,0),q)，故B正确；匀强电场场强大小为E＝eq\f(Uab,dsin60°)＝eq\f(4\r(3)mv\o\al(2,0),qd)，C错误。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)(2024·黑龙江高三模拟)“探究电容器充放电”的试验装置示意图如图所示，已知灵敏电流计0刻度在表盘中心位置，经推断：当电流从左接线柱流入时指针左偏，电流从右接线柱流入时指针右偏。请依据所学学问回答下列问题：(1)电容器充电结束后，将开关S扳到2放电的过程中，灵敏电流计指针会左偏(填“左”或“右”)。(2)将开关S扳到1，让电源给电容器充电结束后，保持开关位置不变，若将电容器中间插入一层有机玻璃板，则在插入过程中灵敏电流计指针右偏(填“左”或“右”)。[解析](1)当电流从左接线柱流入时指针左偏，电流从右接线柱流入时指针右偏。电容器充电结束后，将开关S扳到2放电的过程中，电流自左向右通过电流计，灵敏电流计指针会左偏。(2)将开关S扳到1，让电源给电容器充电结束后，保持开关位置不变，电容器极板间电压恒定，若将电容器中间插入一层有机玻璃板，电容增大，电量增大，电流自右向左通过电流计，灵敏电流计指针会右偏。14．(8分)(2024·北京高三模拟)电流传感器可以像电流表一样测量电流。不同的是它的反应特别快，可以捕获到瞬间的电流变更。此外，由于它与计算机相连，还能显示出电流随时间变更的I－t图象。如图甲所示连接电路。直流电源电动势8V，内阻可忽视，电容器可选几十微法的电解电容器。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变更的I－t图象，一位同学得到的I－t图象如图乙所示。(1)在图乙I－t图中用阴影标记了一个直立的狭长矩形(在图的1s旁边)，这个阴影面积的物理意义是通电0.2_s充入电容器(流过电阻R)的电荷量。(2)依据I－t图象可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量为(1.4～1.8)×10－3C(3)假如不变更电路其他参数，只增大电阻R，充电时I－t曲线与横轴所围成的面积将_不变(填“增大、不变、变小”)；充电时间将变长(填“变长、不变、变短”)。[解析](1)将横坐标t分成很多很小的时间间隔，在这些很小的时间间隔里，放电电流I可以视为不变，则IΔt为这段时间内充入电容器的电量，即这个阴影面积的物理意义是通电0.2s充入电容器(流过电阻R)的电荷量。(2)电容器在全部放电过程中释放的电荷量在数值上等于图象与坐标轴所包围的面积；详细的做法是首先以坐标纸上的一个小正方形作为一个面积计量单位，数出图象与坐标轴有多少个完整的小正方形，对于曲线下的部分超过该格一半面积的记为一个，不足一半的则舍去不计，这样既可以得到曲线下包含的小正方形的个数为40个(格数为38～42都正确)；其次确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标的每个小格为0.2s，则每个小格所代表的电荷量数值为：q＝0.2×10－3×0.2C＝4×10－5最终由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器所带的电荷量：Q＝40×4×10－5C＝1.6×10－3(3)假如不变更电路其他参数，只增大电阻，将开关掷向1时，电容器的电压不变，由于电容器的电容不变，依据Q＝CU可知充入电容的电荷量不变，即充电时I－t曲线与横轴所围成的面积将不变；只增大电阻R，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向1时电容器起先充电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，而充电时I－t曲线与横轴所围成的面积将不变，所以充电时间将变长。15．(8分)(2024·西安高三质检)如图，空间存在一平行于竖直平面的匀强电场，某时刻将一质量为m、电量为q、带负电的小球从P点水平向右抛出，抛出的速度v0＝eq\r(2gh)，经过一段时间后，小球经过P点正下方距P点距离为h的Q点，且经过Q点的速度大小为v＝2eq\r(gh)，已知重力加速度为g，试求：(1)匀强电场的场强大小及方向；(2)小球从P运动到Q的过程中向右运动的最远水平距离。[答案](1)eq\f(2mg,q)，水平向右(2)eq\f(1,2)h[解析](1)从P到Q，由动能定理得：mgh＋qUPQ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：UPQ＝0所以场强方向水平向右从P到Q，竖直方向由运动学公式得：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向由牛顿其次定律得：a＝eq\f(qE,m)水平方向由运动学公式得：v0t－eq\f(1,2)at2＝0解得：a＝2所以E＝eq\f(2mg,q)(2)当水平分速度为0时，小球向右运动的水平距离最大由运动学公式得：x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)解得x＝eq\f(1,2)h16．(8分)(2024·城阳高三检测)如图所示a、b、c、d四条水平直线为匀强电场中的相邻四个等势面，一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在该匀强电场中运动，实线为粒子的运动轨迹，A、B是粒子运动轨迹上的两点。已知粒子在B点的速度大小为v，方向与等势面平行，A与B的连线长为L且与等势面的夹角为θ，不计粒子的重力。求：(1)该匀强电场的场强；(2)粒子通过A点时的速率。[答案](1)eq\f(2mv2sinθ,qLcos2θ)(2)veq\r(1＋4tan2θ)[解析](1)由带电粒子运动的轨迹可知其受到的电场力方向与等势面垂直，竖直向下。粒于带正电，其所受电场力方向与场强方向相同，故匀强电场的场强方向垂直于等势面竖直向下。粒子在从A运动到B的过程中，在与等势面平行的方向的分运动是匀速直线运动，在与等势面垂直的方向分运动是匀减速直线运动。设粒子从A运动到B的时间为t，加速度为a，则：在平行于等势面方向上：Lcosθ＝vt在垂直于等势面方向上：Lsinθ＝eq\f(1,2)at2qE＝ma联立得：E＝eq\f(2mv2sinθ,qLcos2θ)(2)把粒子在A点的速度分解在平行于等势面方向和垂直于等势面方向，则平行于等势面对右方向：vx＝v垂直于等势面对上方向：vy＝at依据勾股定理，粒子在A点的速率：vA＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))联立可得：vA＝veq\r(1＋4tan2θ)17．(14分)如图所示，板长L＝10cm、板间距离d＝10cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场。某时刻一质量为m＝3.6×10－4kg、带电荷量为q＝9×10－4C的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器极板间的中线水平进入，最终刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离x＝45eq\r(3)cm(g取10m/s2)。求：(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；(2)小球刚进入电容器时的速度v的大小；(3)电容器极板间的电压U。[答案](1)eq\f(8\r(3),3)N/C(2)3m/s(3)4V[解析](1)由于小球在电容器外左侧的匀强电场中做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则Eq＝eq\f(mg,sin60°)解得E＝eq\f(8\r(3),3)N/C。(2)从O点到A点，由动能定理得：qExcos60°＝eq\f(1,2)mv2－0解得：v＝3m/s。(3)小球在电容器中做类平抛运动