2021届高考物理粤教版一轮学案：第七章章末质量检测（七）

章末质量检测(七)

(时间：40分钟)

一、选择题(本题共8小题，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)

1.下列关于电场强度的说法中正确的是(　　)

A.由E＝知，若q减半，则该处电场强度变为原来的2倍

B.由E＝k知，E与Q成正比，而与r2成反比

C.由E＝k知，在以Q为球心、r为半径的球面上的各点的电场强度均相同

D.电场中某点的电场强度的方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向

解析　电场中某点的场强大小与试探电荷的电荷量无关，故选项A错误；由E＝k知，E与Q成正比，而与r2成反比，选项B正确；由E＝k知，在以Q为球心、r为半径的球面上的各点的电场强度大小均相同，但是方向不同，选项C错误；电场中某点的电场强度的方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向，选项D错误。

答案　B

2.对以下四幅图中包含的物理知识说法正确的是(　　)

图1

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，等势面的形状与带电体的形状越相似

C.图丙：研究均匀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使用，也可以接在交流电源上使用

解析　图甲中，当Q一定时，由C＝，C＝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，等势面的形状越接近圆形，选项B错误；均匀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，只能在直流电源上使用。

答案　C

3.(2020·泰安一模)如图2所示，＋Q 为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线，两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A以相同的速度v0射入，轨迹如图中曲线，B、C为两曲线与圆的交点。aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小，vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小。不计粒子重力，以下判断正确的是    (　　)

图2

A.aB＝aC　vB＝vC   B.aB＞aC　vB＝vC

C.aB＞aC　vB＜vC   D.aB＜aC　vB＞vC

解析　库仑力F＝，两粒子在B、C两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知aB＞aC，a＝，解得mB＜mC，因为B、C两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒子从A运动到B和从A运动到C，电场力做功相同且做负功，有－W＝mv2－mv，所以mB(v－v)＝mC(v－v)，因为mB＜mC，所以vB＜vC，C正确。

答案　C

4.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＝ab＝2 cm，Ox轴上各点的电势φ的变化规律如图乙所示。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)

图3

A.电场线方向斜向上

B.场强大小为800 V/m

C.c点的电势为16 V

D.电子在a点的电势能为－32 eV

解析　由题图乙知，沿Ox方向电势降低，结合“沿电场线方向电势逐渐降低”知，电场线方向斜向下，A错误；Ob＝6 cm，O、b两点间的电势差U＝48 V，由U＝E·Obcos θ得E＝1×103 V/m，B错误；b点的电势为零，c点的电势为负值，且为φc＝－16 V，C错误；a点的电势φa＝×48 V＝32 V，电子在a点的电势能为Ep＝－eφa＝－32 eV，D正确。

答案　D

5.如图4所示，边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定带电荷量分别为＋q、＋q、－q的点电荷，则该三角形中心O点处的场强为(　　)

图4

A.，方向由O指向C

B.，方向由C指向O

C.，方向由C指向O

D.，方向由O指向C

解析　O点是三角形的中心，到三个点电荷的距离均为r＝asin 60°＝a，三个点电荷在O处产生的场强大小均为E0＝k，根据对称性和几何知识知，两个带电荷量为＋q的点电荷在O处产生的合场强为E1＝k，再与带电荷量为－q的点电荷在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E＝E1＋E0＝2k＝2k＝，方向由O指向C，故选项A正确。

答案　A

6.如图5所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点s的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点D，则(　　)

图5

A.R越大，s越小

B.R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大

C.m越大，s越大

D.m与R同时增大，电场力做功增大

解析　小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝m，小球由B到D的过程中有－2mgR＝mv－mv，解得vB＝，R越大，小球经过B点时的速度越大，则s越大，故选项A错误；在B点有FN－mg＝m，解得FN＝6mg，与R无关，故选项B错误；由qEs＝mv，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则s越大，电场力做功越多，故选项C、D正确。

答案　CD

7.(2020·湖南株洲一模)如图6所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，板与水平面的夹角为θ。一个电荷量q＝1.41×10－4 C、质量m＝1 g的带电小球自A板上的孔P以大小为0.1 m/s的水平速度v0飞入两板之间的电场，经0.02 s后又回到P点，其间未与B板相碰，g取10 m/s2，则(　　)

图6

A.板间电场强度大小为100 V/m

B.板间电场强度大小为141 V/m   

C.板与水平方向的夹角θ＝30°

D.板与水平方向的夹角θ＝45°

解析　对带电小球进行受力分析，如图所示，小球的加速度a＝＝＝ m/s2＝－10 m/s2，根据几何关系得tan θ＝＝＝＝＝1，故θ＝45°，F电＝＝mg＝qE，解得E＝100 V/m，故A、D正确，B、C错误。

答案　AD

8.(2020·江西临川测试)如图7甲所示，两平行金属板相距为d，在两金属板间加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度相同的带正电粒子(不计重力)。t＝0时刻进入电场的粒子恰好在t＝T时刻到达B板右边缘，则(　　)

图7

A.任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间都为T

B.t＝时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大

C.t＝时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为

D.粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关

解析　任意时刻进入的粒子在水平方向的分运动都是匀速直线运动，则由L＝v0t，得t＝，由于L、v0都相等，而且水平方向的速度不变，所以到达电场右边界所用时间都相等，且都为T，故A正确；粒子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右边界时速度的变化量为零，因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关，故B错误，D正确；对于t＝0时刻进入电场的粒子，据题意有＝2×a()2；对于t＝时刻进入的粒子，在前时间内竖直方向的位移向下，大小为y1＝2×a()2，在后时间内竖直方向的位移向上，大小为y2＝2×a()2，则知y1＝y2，即竖直方向的位移为0，所以粒子到达电场右边界时距B板距离为y＝，故C错误。

答案　AD

二、非选择题

9.如图8所示，在一个倾角θ＝30°的斜面上建立x轴，O为坐标原点，在x轴正向空间有一个匀强电场，场强大小E＝4.5×106 N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量大小q＝5.0×10－6 C，质量m＝1 kg 带负电的绝缘物块。物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝5 m/s，如图所示(g取10 m/s2)。求：

图8

(1)物块沿斜面向下运动的最大距离为多少？

(2)到物块最终停止时系统产生的焦耳热共为多少？

解析　(1)设物块向下运动的最大距离为xm，由动能定理得mgsin θ·xm－μmgcos θ·xm－qExm＝0－mv

代入数据解得xm＝0.5 m。

(2)因qE＞mgsin θ＋μmgcos θ，物块不可能停止在x轴正向，设最终停在x轴负向且离O点为x处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得

－mgxsin θ－μmgcos θ(2xm＋x)＝0－mv

代入数据解得x＝0.4 m

产生的焦耳热Q＝μmgcos θ·(2xm＋x)

代入数据解得Q＝10.5 J。

答案　(1)0.5 m　(2)10.5 J

10.在直角坐标系中，三个边长都为l＝2 m的正方形排列如图9所示，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E0，在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场。

图9

(1)现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点静止释放，恰好能通过E点。求CED区域内的匀强电场的电场强度E1；

(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有的粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系？

解析　(1)设粒子在第一象限的电场中加速运动，出第一象限时速度为v，由动能定理得qE0l＝mv2

在第二象限中由类平抛运动的规律l＝vt

l＝·t2，解得E1＝4E0。

(2)设出发点坐标为(x，y)，加速过程由动能定理得

qE0x＝mv′2

经过分析，要过E点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移大小相等为y，则

y＝v′t′，y＝t′2

解得y＝x。

答案　(1)4E0　(2)y＝x

11.(2020·舟山模拟)如图10所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h＝4 m。BC段为一粗糙绝缘水平面，其长度为L＝ m。斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝0.5 m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一个质量为m＝1 kg、电荷量为q＝0.1 C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝。g取10 m/s2，求：

图10

(1)小球到达C点时的速度大小；

(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；

(3)小球落地点与C点的水平距离。

解析　(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得

(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos 30°－μ(mg＋Eq)L

＝mv－0

解得vC＝2 m/s。

(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得

mv＝mv＋mg·2R

在D点以小球为研究对象，小球到达D点时所受轨道压力大小为FN，可得FN＋mg＝m

解得FN＝30 N。

(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，

根据牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma

解得a＝20 m/s2

假设小球落在BC段，小球落地点与C点的水平距离为s，则应用类平抛运动的规律列式可得

s＝vDt，2R＝at2，解得s＝ m＜ m，假设正确。

答案　(1)2 m/s　(2)30 N　(3) m