2022届新高考一轮复习人教版 七　静电场 章末检测卷

这是一份2022届新高考一轮复习人教版 七　静电场 章末检测卷，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分。1～5题只有一个选项正确，6～8题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分)
l1．(2021·湖南湘潭高三检测)如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上一带电的小球，挂在P位置，可观察到此时悬挂小球的丝线偏离竖直方向的角度为θ。则下列判断中正确的是( )
A．小球可能带负电
B．小球可能不带电
C．将丝线悬挂点移到Q，θ角将增大
D．将丝线悬挂点移到Q，θ角将减小
解析：由图可知小球和M相互排斥，由此可知小球带正电，故A、B错误；由库仑定律表达式F＝keq \f(qQ,r2)，可知库仑力与距离的平方成反比，故离物体M越远，小球受到的电场力越小，丝线与竖直方向的夹角越小，故D正确，C错误。
答案：D
2．利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器。已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转。若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表( )
A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电
B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电
C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电
D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电
解析：由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大，故可判断电容增大，再依据C＝eq \f(Q,U)和电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确。
答案：B
3.静电场聚焦在电子显微镜和示波管中起着重要的作用。图示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，则( )
A．聚焦电场对两电子始终做负功
B．电子在a点具有的电势能比b点小
C．a点处的电势比c点处的电势低
D．b处的电场强度比c处小
解析：电子所受电场力与电场线方向相反，两电子分别从a、b两点运动到c点，所受电场力方向始终与运动方向夹角小于90°，聚焦电场对两电子始终做正功，选项A错误；a、b两点处于同一等势面上，电子在a点具有的电势能与在b点具有的电势能相等，选项B错误；根据沿电场线方向电势降低可知，a点处的电势比c点处的电势低，选项C正确；根据电场线的疏密表示电场强度的大小可知，b处的电场强度比c处大，选项D错误。
答案：C
4．如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷＋Q、－Q连线的垂直平分线重合，细杆和＋Q、－Q均固定，A、O、B为细杆上的三点，O为＋Q、－Q连线的中点，AO＝BO。现有电荷量为q、质量为m的小球套在杆上，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为零，则可知( )
A．从A到B，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小
B．从A到B，小球的加速度先减小后增大
C．小球运动到O点时的速度大小为eq \r(2)v0
D．小球从A到O与从O到B，重力的冲量相等
解析：在等量异种点电荷形成的电场中，两电荷连线的垂直平分线为等势线，越靠近连线中点场强越大，所以小球由A到B运动过程中电势能保持不变，受到的电场力先增大后减小，A项正确；小球到B点时速度恰好减到零，说明小球由A到B所受重力一直小于球与杆间的滑动摩擦力，对小球受力分析，在垂直杆方向上，小球所受杆的弹力与电场力平衡，在竖直方向上，重力保持不变，小球所受摩擦力先增大后减小，由牛顿第二定律可知，小球的加速度大小a＝eq \f(Ff,m)－g，由A到B过程中，小球的加速度先增大后减小，B项错误；对小球由A到B的过程，由动能定理有mghAB－Wf＝0－eq \f(1,2)mv02，由A到O过程与由O到B过程，小球克服摩擦力做的功相同，故对由A到O过程，有mghAO－eq \f(1,2)Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得小球运动到O点时的速度大小v＝eq \f(\r(2),2)v0，C项错误；小球从A到B一直做减速运动，从A到O过程与从O到B过程，位移相同，但平均速度不同，所以时间不同，因此两过程中重力的冲量一定不等，D项错误。
答案：A
5．(2021·河北衡水高三调研)如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为( )
A. eq \r(\f(2eU,m)) B. eq \f(L,d) eq \r(\f(eU,m))
C.eq \f(1,d) eq \r(\f(eUd2＋L2,m)) D.eq \f(L,d) eq \r(\f(eU,2m))
解析：β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2，且a＝eq \f(eU,md)。从A到C的过程有－eq \f(1,2)eU＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，以上各式联立解得v＝eq \f(1,d) eq \r(\f(eUd2＋L2,m))，选项C正确。
答案：C
6．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有( )
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
解析：由φ-x图象可知，无限远处电势能为零，又x1处电势也为零，故两点电荷q1、q2为异种电荷．选项A正确。在φ x图象中，图象切线的斜率表示电场强度，则x1处的电场强度不为零，选项B错误。x1到x2电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，选项D错误。由Ep＝φq可知，负电荷在电势高处的电势能低，负电荷从x1移到x2，电势能减小，选项C正确。
答案：AC
7．(2021·江苏如皋高三调研)如图所示为静电喷漆示意图。喷枪喷出的油漆微粒带负电，被喷工件带正电，微粒在电场力的作用下向工件运动，最后吸附在工件表面。油漆微粒向工件靠近的过程中，假设只受电场力的作用，那么( )
A．油漆微粒所受电场力越来越小
B．油漆微粒的动能越来越大
C．电场力对油漆微粒做负功
D．油漆微粒的电势能减小
解析：越靠近工件，场强越大，所受电场力越大，故A错误；油漆微粒带负电，被喷工件带正电，电场力做正功，油漆微粒的动能增大，电势能减小，故B、D正确，C错误。
答案：BD
8.(2021·湖北部分重点中学高三联考)空间存在两个电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷，以它们连线的中点O为坐标原点建立直角坐标系，在x轴和y轴上对称分布有四个点a、b、c、d，它们恰好构成一个正方形，如图所示。下列说法中正确的是 ( )
A．a点的电场强度小于b点的电场强度
B．b点的电势与d点的电势相等，电场强度也相等
C．将一电子从a点沿折线abc移至c点过程中，静电力先做负功后做正功
D．将一电子从a点移至O点与从O点移至c点两个过程中，电势能的变化相同
解析：根据等量异种电荷的电场线分布可知，a点的电场强度大于O点的电场强度，而O点的场强大于b点的场强，则a点的场强大于b点的场强，选项A错误；因b、d两点在等量异种电荷连线的垂直平分线上且到O点的距离相等，可知b点的电势与d点的电势相等，电场强度也相等，选项B正确；将一电子从a点沿折线abc移至c点过程中，电子的电势能一直增加，静电力一直做负功，选项C错误；因为UaO＝UOc可知，将一电子从a点移至O点与从O点移至c点两个过程中，电势能的变化相同，选项D正确。
答案：BD
二、非选择题(共4小题，52分)
9．(10分)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
解析：(1)由v2＝2gh，得v＝eq \r(2gh)。
(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知mg－qE＝ma，
由运动学公式知0－v2＝2ad，
整理得电场强度E＝eq \f(mgh＋d,qd)。
由U＝Ed，Q＝CU，得电容器所带电荷量Q＝Ceq \f(mgh＋d,q)。
(3)由h＝eq \f(1,2)gt12,0＝v＋at2，t＝t1＋t2，
整理得t＝eq \f(h＋d,h)eq \r(\f(2h,g))。
答案：(1)eq \r(2gh) (2)eq \f(mgh＋d,qd) Ceq \f(mgh＋d,q)
(3)eq \f(h＋d,h)eq \r(\f(2h,g))
10.(12分)如图所示，两水平虚线CD、EF之间的区域存在方向水平向右的匀强电场(未画出)。自该区域上方同一高度的A点和B点将质量均为m、电荷量均为q的两带电小球M、N先后以初速度2v0、v0沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，恰好从该区域的下边界的同一点G离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下，M在电场中做直线运动。不计空气阻力，重力加速度大小为g，匀强电场的电场强度E＝eq \f(mg,q)。求：
(1)小球M从G点离开电场时的水平分速度；
(2)小球M在进入电场前和在电场中的竖直位移之比。
解析：(1)两小球在竖直方向均做自由落体运动，通过电场的时间均为t，在电场中受到的电场力相同，具有相同的水平加速度a，运动轨迹如图所示。在电场中，对N球，水平方向上有0＝v0－at，
M球离开电场时的水平分速度vMx＝2v0＋at，
解得vMx＝3v0。
(2)小球M在电场中做直线运动，则速度方向与合力方向相同。
设进入电场和离开电场时的竖直分速度分别为vy1、vy2，则
eq \f(vy1,2v0)＝eq \f(mg,Eq)，eq \f(vy2,3v0)＝eq \f(mg,Eq)，
在竖直方向上，设小球M进入电场前的竖直位移为h，在电场中的竖直位移为H，则vy12＝2gh，
vy22＝2g(h＋H)，
解得h∶H＝4∶5。
答案：(1)3v0 (2)4∶5
11．(14分)(2021·山东济南商河县一中高三测试)如图所示，光滑绝缘轨道由水平段AB和圆形轨道BCD组成，B在圆心正下方，轨道上的C、D两点与圆心等高，圆轨道半径为R。整个装置处在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E＝eq \f(mg,q)。现将一小球从A点由静止释放。已知小球质量为m，电荷量为q，且带正电，重力加速度为g，不计空气阻力，则：
(1)若AB＝2R，求小球运动到C点时对轨道的压力大小；
(2)若小球能沿圆轨道运动到D点，则AB间的距离至少为多大？
解析：(1)小球从A点到C点由动能定理有：
qE×3R－mgR＝eq \f(1,2)mvC2
在C点由牛顿第二定律得：NC－qE＝meq \f(vC2,R)
联立解得：NC＝5mg
由牛顿第三定律可知，球运动到C点时对轨道的压力大小为5mg；
(2)电场与重力场的合场强与竖直方向成45°斜向下，设AB的距离为x，小球恰能沿圆弧轨道运动到等效最高点E，则在E点有：eq \r(2)mg＝meq \f(vE2,R)
从A到E由动能定理得：
－mgR(1＋cs 45°)＋qE(x－Rsin 45°)＝eq \f(1,2)mvE2
联立解得：x＝(1＋eq \f(3\r(2),2))R。
答案：(1)5mg (2)(1＋eq \f(3\r(2),2))R
12．(16分)如图所示，有一固定在水平面的平直轨道，该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成。各段轨道的编号已在图中标出。仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带电的小滑块A静止在第1段轨道的最左端，绝缘带电小滑块B静止在第1段轨道的最右端。某时刻给小滑块A施加一水平向右的恒力F，使其从静止开始沿轨道向右运动，小滑块A运动到与小滑块B碰撞前瞬间撤去小滑块A所受水平恒力。滑块A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起沿轨道向右运动。已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L＝0.10 m，匀强电场的电场强度的大小E＝1.0×104 N/C；滑块A、B的质量均为m＝0.010 kg，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数处处相等，均为μ＝0.40，绝缘滑块B所带电荷量q＝＋1.0×10－5 C，小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度大小v＝6.0 m/s。A、B均可视为质点(忽略它们的尺寸大小)，且不计A、B间的静电力。在A、B粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求F的大小；
(2)碰撞过程中滑块B对滑块A的冲量；
(3)若A和B最终停在轨道上编号为k的一段，求k的数值。
解析：(1)以滑块A为研究对象，在第1段轨道上，滑块A受到摩擦力的大小Ff＝μmg，
对于滑块A在第1段轨道上从最左端到最右端的过程，根据动能定理有(F－Ff)L＝eq \f(1,2)mv2，解得F＝1.84 N。
(2)设滑块A、B碰撞后瞬间A和B的共同速度为vAB，根据动量守恒定律有mv＝2mvAB，
设滑块B对滑块A的冲量为I, 规定水平向右为正方向，以滑块A为研究对象，根据动量定理有I＝mvAB－mv，解得I＝－0.030 N·s，所以滑块B对滑块A冲量的大小为0.030 N·s，方向水平向左。
(3)设滑块A和B每经过一段长为L的黑色轨道损失的动能为ΔE1，则ΔE1＝μ(2mg－Eq)L＝4×10－3 J。
设滑块A和B每经过一段长为L的白色轨道，损失的动能为ΔE2，则ΔE2＝2μmgL＝8×10－3 J。
设滑块A和B碰撞后瞬间的总动能为EkAB＝eq \f(1,2)×2mvAB2＝9×10－2 J，令N＝eq \f(EkAB,ΔE1＋ΔE2)，解得N＝7.5，
即滑块通过标号为15的白色轨道后，仍有动能Ek＝0.5(ΔE1＋ΔE2) ＝6×10－3 J，因Ek>ΔE1，故物块可通过第16号轨道而进入第17号轨道，进入第17号轨道时的动能Ek′＝ Ek－ΔE1＝2×10－3 J