【优化方案】2022届高三物理大一轮复习-章末检测(六)-

章末检测(六)(时间：60分钟；分值：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1.(2022·高考北京卷)如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列推断正确的是()A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等解析：选D.依据电场线的疏密表示电场强度的大小知，1点的电场强度大于2点、3点的电场强度，选项A、B错误；依据沿着电场线方向电势渐渐降低，在同一等势面上各点的电势相等知，1点的电势高于2点电势，2点、3点处于同一等势面上，电势相等，选项C错误，D正确．2.(2021·沈阳模拟)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正摸索电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势、W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()解析：选C.电容器的电容C＝eq\f(εrS,4πkd)，所以C与两极板距离d是反比例关系，不是直线，A错；电容器与电源断开后，电荷量不变，依据E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)保持不变，B错；负极板接地，电势为零，P点的电势φ等于P点到负极板的电势差，即φ＝El，E不变，l减小，φ线性减小，C对；由W＝qφ可知，W随φ的变化而变化，D错．3.(2021·济南模拟)如图所示，孤立点电荷＋Q固定在正方体的一个顶点上，与＋Q相邻的三个顶点分别是A、B、C，下列说法正确的是()A．A、B、C三点的场强相同B．A、B、C三点的电势相等C．A、B、C三点所在的平面为一等势面D．将一电荷量为＋q的检验电荷由A点沿直线移动到B点的过程中电势能始终保持不变解析：选B.A、B、C三点到点电荷的距离相等，依据E＝keq\f(Q,r2)可知A、B、C三点的电场强度大小相等，但方向不同，故选项A错误；A、B、C三点在以点电荷为球心的球面上，而点电荷的等势面为以点电荷为球心的一系列同心球面，故选项B正确，选项C错误；将一电荷量为＋q的检验电荷由A点沿直线移动到B的过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，选项D错误．4.(2021·潍坊模拟)如图所示，在xOy坐标系中，x轴上关于y轴对称的A、C两点固定等量异种点电荷＋Q、－Q，B、D两点分别位于其次、四象限，ABCD为平行四边形，边BC、AD分别与y轴交于E、F，以下说法错误的是()A．E、F两点电势相等B．B、D两点电场强度相同C．摸索电荷＋q从B点移到D点，电势能增加D．摸索电荷＋q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对＋q做功相同解析：选C.E、F为一条等势线，所以E、F两点电势相等，选项A正确；依据电场线的分布状况(如图所示)可知B、D两点的电场强度相同，选项B正确；顺着电场线方向电势降低，B点的电势高于D点的电势，正电荷从B点移到D点电场力做正功，电势能减小，选项C错误；依据电场线的分布状况知UBE＝UFD，由W＝Uq可知选项D正确．本题选C.5.(2021·江苏扬州测试)如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方的A点由静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A′过程加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图象确定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零，竖直向下为正方向，无限远电势为零)()解析：选D.圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A点到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，由牛顿其次定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，依据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A正确；小球从A点到A′点的过程中，重力势能EpG＝－mgh，重力势能与高度是线性变化的，故B正确；小球从A点到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D错误．6.一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间(带等量异号电荷且正对放置)，飞出时粒子动能为2Ek.假如这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能为()A．4Ek B．4.25EkC．6Ek D．9.5Ek解析：选B.由动能定理得粒子从射入电场到射出电场，有qEy＝ΔEk＝2Ek－Ek＝Ek，当时速度加倍时，由t＝eq\f(L,v)得t减半，由y＝eq\f(1,2)at2知，y变成原来的eq\f(1,4)，电场力做的功变为原来的eq\f(1,4)，粒子经过电场后动能增加量变为原来的eq\f(1,4)，即0.25Ek，所以该粒子飞出两平行金属板间时的动能为4.25Ek，B对．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多个选项符合题意)7.(2022·高考广东卷)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上固定着一个带电荷量为＋Q的小球P.带电荷量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是()A．M与N的距离大于LB．P、M和N在同始终线上C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零解析：选BD.由于小球M、N及细杆处于静止状态，因此M、N及细杆组成的系统所受合外力为零，D项正确；整体受到的库仑力的合力为零，即keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,r＋L2)，解得r＝(eq\r(2)－1)L，A项错误；由于P对M、N的库仑力等大反向，因此P、M、N三者必在一条直线上，B项正确；在P产生的电场中，离P越远电势越低，C项错误．8.(2021·日照模拟)如图所示，A、B、C、D是真空中一正四周体的四个顶点(正四周体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形)，全部棱长都为a.现在A、B两点固定电荷量分别为＋q和－q的两个点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是()A．C、D两点的场强相同B．C点的场强大小为eq\f(kq,a2)C．C、D两点电势相等D．将一正电荷从C点移动到D点，电场力做正功解析：选ABC.由题意知，AB的中垂面为零势面，而C、D两点在中垂面上，故C、D两点电势相等，又因电场线与等势面垂直，B处放－q，故方向指向B点一侧，由几何关系知，C、D两点场强大小相等，所以A、C正确；C点电场强度为两电荷在该点场强的矢量和，如图所示，E1＝E2＝keq\f(q,a2)，由图知合场强为E＝keq\f(q,a2)，所以B正确；C、D两点电势相等，故将一正电荷从C点移动到D点，电场力做功为零，所以D错误．9.如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O(0,0)点电势为6V，A(1，eq\r(3))点电势为3V，B(3，eq\r(3))点电势为0，则由此可判定()A．C点电势为3VB．C点电势为0C．该匀强电场的电场强度大小为100V/mD．该匀强电场的电场强度大小为100eq\r(3)V/m解析：选BD.由题意可知C点坐标为(4,0)，在匀强电场中，任意两条平行的线段，两点间电势差与其长度成正比，所以eq\f(UAB,AB)＝eq\f(UOC,OC)，代入数值得φC＝0，A错误，B正确；作BD∥AO，如图所示，则φD＝3V，即AD是一等势线，电场强度方向沿OG，OG⊥AD，由几何关系得OG＝eq\r(3)cm，由E＝eq\f(U,d)得E＝100eq\r(3)V/m，C错误，D正确．10.如图所示，abcd是一圆形区域，处于匀强电场中，并与电场方向平行．大量电子从圆形的中心O，以相同速率v向各个方向放射，电子从圆形边界上的不同点射出，其中到达a点的电子速度恰好为零，不计电子的重力，下面推断正确的是()A．在圆形边界上c点电势最高B．到达c点的电子电势能最小，速率是2vC．到达b、d两点的电子电势能相等，速率均是vD．到达b、d两点的电子电势能可能不相等解析：选AC.依据题意，到达a点的电子速度恰好为零，可知a点是电子电势能最高的点，是圆形区域内电势最低的点，电场线方向沿ca方向，且满足eUOa＝0－eq\f(1,2)mv2，在圆形边界上c点电势最高，a点电势最低，A正确；到达c点的电子电势能最小，设速率为v′，由动能定理得，eUOc＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，UOc＝－UOa，到达c点的电子速率是eq\r(2)v，B错误；b、d连线为一等势线，到达b、d两点的电子电势能相等，速率均是v，C正确，D错误．三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)(2021·山西太原五中月考)质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L，A球带电荷量qA＝＋10q；B球带电荷量qB＝＋q.若在C上加一个水平向右的恒力F，如图所示，要使三球能始终保持L的间距向右运动，则：(1)C球带电性质是什么？(2)外力F为多大？解析：(1)由于A、B两球都带正电，它们相互排斥，C球必需对A、B都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C球带负电荷．(2分)(2)对三个小球整体，加速度为a，则有F＝3ma①(2分)隔离A、B，由牛顿其次定律可知：对A：eq\f(kqAqC,4L2)－eq\f(kqAqB,L2)＝ma②(3分)对B：eq\f(kqAqB,L2)＋eq\f(kqBqC,L2)＝ma③(3分)联立①②③得：F＝70keq\f(q2,L2).(2分)答案：(1)C球带负电荷(2)70keq\f(q2,L2)12．(16分)(2021·四川南充一诊)如图所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m、电荷量为＋q的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h，在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E的水平向右的匀强电场．固定点O的正下方l/2处有一小障碍物P.现将小球从细线处于水平状态由静止释放．(1)细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是多大？(2)细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生多大变化？(3)若细线在刚要接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？解析：(1)由机械能守恒定律得mgl＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gl).(3分)(2)细线在刚要接触障碍物P时，设细线的拉力为T1，由牛顿其次定律得T1－mg＝meq\f(v2,l)(2分)细线在刚接触到障碍物P时，设细线的拉力为T2，由牛顿其次定律得T2－mg＝meq\f(v2,l/2)(2分)可解得T2－T1＝2mg.(1分)(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t＝eq\r(\f(2h,g))，(2分)小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离x＝vt＋eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2，(2分)小球运动到水平面的过程由动能定理得mgh＋qEx＝Ek－eq\f(1,2)mv2，(2分)可解得Ek＝mgh＋mgl＋eq\f(q2E2h,mg)＋2qEeq\r(hl).(2分)答案：(1)eq\r(2gl)(2)增大2mg(3)mgh＋mgl＋eq\f(q2E2h,mg)＋2qEeq\r(hl)13．(18分)(2021·池州模拟)如图甲所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点．现有一质量为m，电荷量为＋q的粒子从A点沿AB方向以确定的初速度进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力．(1)求粒子进入电场前的初速度的大小；(2)其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能；(3)现将电场分成AEFD和EBCF相同的两部分，并将EBCF向右平移一段距离x(x≤L)，如图乙所示．设粒子打在荧光屏上位置与O点相距y，恳求出y与x的关系．解析：(1)粒子在电场内做类平抛运动，水平方向：L＝v0t，(1分)竖直方向：eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)×t2，(2分)得v0＝eq\r(\f(EqL,m)).(1分)(2)其他条件不变，增大电场强度，从CD边中点Q飞出与从BC边中点P飞出相比，水平位移减半，竖直位移加倍，依据类平抛运动学问y＝eq\f(1,2)at2，x＝v0t，则加速度为原来的8倍，电场强度为原来的8倍，电场力做功为W1＝8EqL(2分)粒子从CD边中点Q飞出时的动能Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋W1＝eq\f(17,2)EqL.(2分)(3)将EBCF向右平移一段距离x，粒子在电场中的类平抛运动分