2025届高考物理一轮复习第七章静电场章末质量检测含解析沪科版

PAGE9-章末质量检测(七)(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1.对以下四幅图中包含的物理学问说法正确的是()A.图甲：将两板间距拉开一些后，静电计指针张角会变小B.图乙：距离带电体越远，等势面的形态与带电体的形态越相像C.图丙：探讨匀称带电球体在球外产生的电场时，可以认为全部电荷集中在球心D.图丁：此种电容器不仅可以接在直流电源上运用，也可以接在沟通电源上运用解析图甲中，当Q肯定时，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4kπd)知，d↑、C↓、U↑，静电计指针张角变大，选项A错误；距离带电体越远，等势面的形态越接近圆形，选项B错误；匀称带电球体或球壳在球外产生的电场，可认为全部电荷集中在球心，选项C正确；图中电容器为电解电容器，只能在直流电源上运用。答案C2.如图1所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的摸索电荷固定在P点。静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地。以E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，EP表示该摸索电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽视不计)，各物理量变更状况描述正确的是()图1A.E增大，φ降低，EP减小，θ增大B.E不变，φ降低，EP增大，θ减小C.E不变，φ上升，EP减小，θ减小D.E减小，φ上升，EP减小，θ减小解析将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，依据电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C增大；因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电量Q不变，由C＝eq\f(Q,U)得知，板间电压U减小，因此夹角θ减小；再依据板间场强E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可见E不变；P点到正极板距离减小，且正极接地，由公式U＝Ed得知，则P点的电势上升；负电荷在P点的电势能减小，故选项C正确。答案C3.如图2所示，在x轴上放置两正点电荷Q1、Q2，当空间存在沿y轴负向的匀强电场时，y轴上A点的电场强度等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E，两点电荷到A的距离分别为r1、r2，则在y轴上与A点对称的B点的电场强度大小为()图2A.0 B.EC.2E D.E＋keq\f(Q1,req\o\al(2,1))＋keq\f(Q2,req\o\al(2,2))解析因空间中存在场强大小为E、方向沿y轴负方向的匀强电场，又A点的电场强度等于零，所以Q1、Q2在A点的合电场的场强等于E，方向沿y轴正方向，依据对称性，Q1、Q2在B点的合电场的场强大小也等于E，方向沿y轴负方向，故B点的电场强度大小为2E，选项C正确；A、B、D错误。答案C4.如图3甲所示，在匀强电场中，虚线为电场线，与Ox轴成θ＝37°角，Ox轴上有a、b、c三点，Oa＝bc＝eq\f(1,2)ab＝2cm，Ox轴上各点的电势φ的变更规律如图乙所示。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()图3A.电场线方向斜向上B.场强大小为800V/mC.c点的电势为16VD.电子在a点的电势能为－32eV解析由题图乙知，沿Ox方向电势降低，结合“沿电场线方向电势渐渐降低”知，电场线方向斜向下，A错误；Ob＝6cm，O、b两点间的电势差U＝48V，由U＝E·Obcosθ得E＝1×103V/m，B错误；b点的电势为零，c点的电势为负值，且为φc＝－16V，C错误；a点的电势φa＝eq\f(2,3)×48V＝32V，电子在a点的电势能为Ep＝－eφa＝－32eV，D正确。答案D5.如图4所示，带正电的粒子以肯定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则()图4A.在前eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(qU,4)B.在后eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(qU,8)C.在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的过程中，电场力做功之比为1∶1D.在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的过程中，电场力做功之比为2∶1解析粒子进入极板后做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以在前eq\f(t,2)时间内，沿电场线方向的位移y1＝eq\f(1,8)d，即初末位置的电势差U1＝eq\f(1,8)U，电场力做功W1＝U1q＝eq\f(1,8)Uq，故选项A错误；在后eq\f(t,2)时间内，沿电场线方向的位移y2＝eq\f(3,8)d，即初末位置的电势差U2＝eq\f(3,8)U，电场力做功W2＝U2q＝eq\f(3,8)Uq，故选项B错误；在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的过程中，所经区域的电势差相同，即电场力做功相同，故选项C正确，D错误。答案C6.(2024·河北唐山一模)如图5所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点。重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是()图5A.小球带负电B.速度先增大后减小C.机械能始终减小D.随意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的削减量解析由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速直线运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力始终对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确；小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小，后增大，B错误；随意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不肯定等于重力势能的削减量，D错误。答案AC7.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肯定相等B.O处的点电荷肯定带负电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，虽然两相邻等势面间的间距相等，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AB8.某静电场中x轴上电场强度E随x变更的关系如图7所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x＝3x0处，假设粒子仅受电场力作用，E0和x0已知，则()图7A.粒子肯定带负电B.粒子的初动能大小为eq\f(3,2)qE0x0C.粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小D.粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0解析假如粒子带负电，粒子在电场中肯定先做减速运动后做加速运动，因此粒子x＝3x0处的速度不行能为零，故粒子肯定带正电，A错误；依据动能定理eq\f(1,2)qE0x0－eq\f(1,2)×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝eq\f(3,2)qE0x0，B正确；粒子向右运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C错误；粒子运动到x0处动能最大，依据动能定理eq\f(1,2)qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正确。答案BD二、非选择题(本题共4小题，共52分)9.(14分)(2024·北京卷，23)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采纳何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变更图象都相同。图8(1)请在图8中画出上述u－q图象。类比直线运动中由v－t图象求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep；(2)在如图9甲所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽视内阻)。通过变更电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q－t曲线如图乙中①②所示。a.①②两条曲线不同是________(选填E或R)的变更造成的；b.电容器有时须要快速充电，有时须要匀称充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径；图9(3)设想运用志向的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间匀称增加。请思索运用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)。“恒流源”(2)中电源电源两端电压通过电源的电流解析(1)u－q图线如图所示电压为U时，电容器带电Q，图线和横轴围成的面积表示所储存的电能EpEp＝eq\f(1,2)QU，又Q＝CU故Ep＝eq\f(1,2)CU2。(2)a.由图象知，电容器充完电后，①②两次电荷量相等，说明两次电源电动势相等，Q＝CU＝CE。故①②两条曲线不同不是E的变更造成的，只能是R的变更造成的。b.刚起先充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝eq\f(E,R)，故减小电阻R，刚起先充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①。这样能在较短时间内，使电荷量达到最大，故可以实现对电容器快速充电。增大电阻R，刚起先充电瞬间电流I小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现匀称充电。(3)接(2)中电源时，由于忽视电源E的内阻，故电源两端电压不变。通过电源的电流I＝eq\f(E－U,R)，随着电容器两端电压U不断变大，通过电源的电流减小。“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变。接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大。答案(1)u－q图线如解析图所示Ep＝eq\f(1,2)CU2(2)a.Rb.减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更匀称充电。(3)“恒流源”(2)中电源电源两端电压增大不变通过电源的电流不变减小10.(12分)(2024·四川成都诊断)如图10甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量大小为e的电子(初速度可视为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变更的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板间中线与电子源在同一水平线上。已知两极板间距为d，极板长为L，求：图10(1)电子进入偏转极板时的速度；(2)eq\f(T,4)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与两极板间中线的距离(未与极板接触)。解析(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有eU0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T故在eq\f(T,4)时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板，与板间中线的距离为0。答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)011.(12分)如图11所示，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中的圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有匀称辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强大小都为E0，方向沿圆弧半径指向圆心O。离子质量为m、电荷量为q，QN＝2d，PN＝3d，离子重力不计。图11(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在QN的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值。解析(1)离子在加速电场中加速，依据动能定理，得qU＝eq\f(1,2)mv2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力供应向心力，依据牛顿其次定律，得qE0＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(2U,E0)。(2)离子在偏转电场中做类平抛运动，依据类平抛运动的规律，得eq\f(QN,2)＝vt，PN＝eq\f(1,2)at2由牛