高考物理一轮复习巩固提升第7章章末过关检测(七) (含解析)

章末过关检测(七)

(时间：45分钟　分值：100分)

一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)

1．静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是(　　)

A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑

B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引

C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流

D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉

解析：选C.用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项A属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项B属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项C不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项D属于静电现象．

2. 两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m1和m2，带电荷量分别是q1和q2，用绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与中垂线方向成α1角和α2角，且两球处于同一水平线上，如图所示．若α1＝α2，则下述结论正确的是(　　)

A．q1一定等于q2

B．一定满足＝

C．m1一定等于m2

D．必须同时满足q1＝q2、m1＝m2

解析：选C.分别对两小球进行受力分析，如图所示，由平衡条件得F－FTsin α1＝0，FTcos α1－m1g＝0，所以tan α1＝＝.同理tan α2＝＝.因为α1＝α2，所以m1＝m2.

3. (2019·辽师大附中模拟)如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)

A．　 B．

C． D．

解析：选B.当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy＝0时，根据运动学公式有v＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，联立得E＝，故B正确．

4.(2019·石家庄市高中毕业班模拟一)空间某区域有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随坐标x变化的图象如图所示，x0和－x0为x轴上对称的两点．现将一电子从x0处由静止释放后沿x轴负方向运动，到达－x0处时速度刚好为0.下列说法正确的是(　　)

A．x0处的电场强度大于－x0处的电场强度

B．x0处的电势小于－x0处的电势

C．电子在x0处的电势能等于－x0处的电势能

D．电子先做匀加速运动后做匀减速运动

解析：选C.电场沿x轴对称分布，则描述电场的电场强度和电势也沿x轴对称分布，故A、B错误；由于两处电势相等，所以电子在两处的电势能也相等，故C正确；电子由x0静止开始运动，到－x0刚好是0，电子必然先加速后减速，但从图中可看出电场大小并不恒定，所以加速度大小不会恒定，故D错误．

5．第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会于2016年8月23日至25日在上海新国际博览中心举行．如图所示为超级平行板电容器，相距为d的两极板M、N分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则(　　)

A．油滴带正电

B．油滴带电荷量为

C．电容器的电容为

D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动

解析：选C.带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，选项A错误；由场强与电势差关系可知，mg＝Eq＝q，解得q＝，选项B错误；由题意知，电容器带电荷量Q＝kq＝，由电容的定义式知，C＝＝，选项C正确；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N板向下移动，板间距离变大，F电＝q，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，选项D错误．

6．(2019·湖北黄冈模拟)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，A、B为两块水平放置的平行金属板，间距d＝1.0 m，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为E＝1.0×103 N/C的匀强电场，在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0＝1.0 m/s、质量均为m＝5.0×10－14 kg、电荷量均为q＝2.0×10－15 C的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B上，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法中错误的是(　　)

A．沿水平方向喷出的微粒运动到B板所需时间为0.2 s

B．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，电场力做功为2.0×10－12 J

C．若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍

D．若其他条件均不变，E增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的

解析：选D.沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度a＝＝m/s2＝50 m/s2，根据d＝at2得t＝＝0.2 s，故A正确；沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，电场力做功为W＝qEd＝2×10－15×103×1 J＝2.0×10－12 J，故B正确；若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，根据d＝at2得，t变为原来的  倍，则喷涂面积的半径变为原来的  倍，面积变为原来的2倍，故C正确；若其他条件均不变，E增大为原来的2倍，则加速度a′＝ m/s2＝90 m/s2，加速度变为原来的 ，时间t变为原来的 ，喷涂面积的半径变为原来的 ，面积减小为原来的 ，故D错误．

二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)

7.(2019·蚌埠高三质量检查)电场中有一条电场线与x轴重合，x轴上各点的电场强度与位置的关系如图所示，一质子只在电场力作用下自坐标原点由静止释放沿x轴正方向运动，已知Oa＝ab＝bc＝d，b点电势φb＝0.则下列结论正确的是(　　)

A．质子沿x轴做匀速直线运动

B．质子在a、c两点的电势能相等

C．质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4

D．坐标原点O的电势为1.5E0d

解析：选CD.根据图示，在Oa段，电场强度恒为E0，且质子只受电场力，由牛顿第二定律，得a＝＝，质子在Oa段做匀加速运动，A错误；在电场中沿电场线的方向电势降低，φa>φb>φc，质子的电势能E＝qφ，qφa>qφc，B错误；根据动能定理，Ea＝qE0d，Eb＝qE0d＋qE0d＝qE0d，Ec＝qE0d＋qE0d＋qE0d ＝2qE0d，则Ea∶Eb∶Ec＝2∶3∶4，C正确；根据电场力做功与电势能的关系，q(φa－φb)＝qE0d，即φa＝1.5E0d，D正确．

8. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)

A．在x2和x4处电势能相等

B．由x1运动到x3的过程中电势能增大

C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小

D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大

解析：选BC.由题图可知， x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A错误，B正确．

9．(2019·泰安模拟)如图甲所示，在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压．在0～1 s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t＝2 s时电荷仍运动且未与极板接触，则在1～2 s内，点电荷(g取10 m/s2)(　　)

A．做匀加速直线运动，加速度大小为10 m/s2

B．做变加速直线运动，平均加速度大小为5 m/s2

C．做变加速直线运动，2 s末加速度大小为10 m/s2

D．2 s末速度大小为10 m/s

解析：选BC.第1 s内电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力向上，与重力平衡，第2 s内电压一直变大，故电场强度变大，电场力变大，且第2 s内合力随时间均匀增加，加速度随时间均匀增加，是变加速直线运动，故A错误；第2 s内加速度随时间均匀增加，第2 s末电场强度增加为第1 s末的2倍，故电场力变为2倍，合力向上，大小为mg，其加速度大小为g＝10 m/s2，故平均加速度为a＝ m/s2＝5 m/s2，故B、C正确；2 s末速度大小为v2＝at＝5×1 m/s＝5 m/s，故D错误．

10. (2019·湖北八校联考)如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x＝ky2，且小球通过点P.已知重力加速度为g，则(　　)

A．电场强度的大小为

B．小球初速度的大小为

C．小球通过点P时的动能为

D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少

解析：选BC.小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，qE＝mg，电场强度的大小为E＝，A错误；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由类平抛运动规律有＝v0t，＝gt2，得小球初速度大小为v0＝ ，B正确；由P点的坐标分析可知＝，所以小球通过点P时的动能为mv2＝m(v＋v)＝，C正确；小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W＝qE·＝，D错误．

三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题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)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60° 时，小球速度为0.

(1)求小球带电性质和电场强度E.

(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A点应有的初速度vA的大小(可含根式)．

解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．

小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有

0＝EqLsin α－mgL(1－cos α)

解得E＝.

(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向夹角为30°偏向右下．

若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点

m＝mg

小球从A点以初速度vA运动，由动能定理知

mv2－mv＝－mgL(1＋cos 30°)

联立解得vA＝ .

答案：(1)小球带正电　　(2)

12. (14分)在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g.求：

(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；

(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；

(3)ΔU1与ΔU2之比.

解析：(1)油滴静止时满足：mg＝q

则＝.

(2)设第一个Δt时间内油滴的位移大小为x1，加速度大小为a1，第二个Δt时间内油滴的位移大小为x2，加速度大小为a2，则

x1＝a1Δt2，x2＝v1Δt－a2Δt2

且v1＝a1Δt，x2＝－x1

解得a1∶a2＝1∶3.

(3)油滴向上加速运动时：q－mg＝ma1

即q＝ma1

油滴向上减速运动时：mg－q＝ma2

即q＝ma2

则＝

解得＝.

答案：(1)　(2)1∶3　(3)1∶4

13．(14分)如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：

(1)交变电压的周期T应满足什么条件？

(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？

解析：(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，(反向)减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0，解得T＝

粒子在T内离开中心线的距离为y＝a

又a＝，E＝，解得y＝

在运动过程中离开中心线的最大距离为

ym＝2y＝

粒子不撞击金属板，应有ym≤d

解得T≤2d

故n≥ ，即n取大于等于 的整数

所以粒子的周期应满足的条件为

T＝，其中n取大于等于 的整数．

(2)粒子进入电场的时刻应为T，T，T，…

故粒子进入电场的时刻为t＝T(n＝1，2，3，…)．

答案：(1)T＝，其中n取大于等于 的整数

(2)t＝T(n＝1，2，3，…)