2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢六 靜電場（含解析）滬科版

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢六 靜電場（含解析）滬科版 　單元質(zhì)檢第11頁　? 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.關(guān)于靜電場的各種表述,下列說法中錯誤的是(　　) A.所有帶電體周圍都存在電場,電場對處于其中的帶電體都有力的作用 B.電荷中和的實質(zhì)是正負電荷產(chǎn)生的電場相疊加的結(jié)果 C.若帶電粒子在運動中只受電場力作用,其動能和電勢能之和保持不變 D.如果帶電粒子在運動過程中只受電場力作用,其電勢能一定減少 解析

2、:帶電體周圍都存在電場,電場對處于其中的帶電體都有力的作用,選項A說法正確。電荷中和的實質(zhì)是正負電荷產(chǎn)生的電場疊加的結(jié)果,選項B說法正確。帶電粒子在電場中運動,若只受電場力作用,動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化,選項C說法正確。電場力做正功,電勢能減少,電場力做負功,電勢能增加,選項D說法錯誤。選項D符合題意。 答案:D 2.如圖所示,高速運動的α粒子被位于O點的重原子核散射,實線表示α粒子運動的軌跡,M、N和Q為軌跡上的三點,N點離核最近,Q點比M點離核更遠,則(　　) A.α粒子在M點的速率比在Q點的大 B.三點中,α粒子在N點的電勢能最大 C.在重核產(chǎn)生的電場中,M點的電勢比Q點的

3、低 D.α粒子從M點運動到Q點,電場力對它做的總功為負功 解析:α粒子和重原子核都帶正電,二者存在相互之間的庫侖斥力,α粒子從M向N運動時,克服庫侖斥力做功,α粒子電勢能增加,速度減小;α粒子從N向Q運動時,庫侖斥力做正功,α粒子電勢能減小,速度變大,故α粒子在N點的電勢能最大,B正確;由M、N、Q點與重原子核的位置關(guān)系可知,NQ段庫侖力做的正功大于MN段α粒子克服庫侖力做的功,即從M到Q全過程庫侖力做正功,α粒子在Q點的速率比在M點的速率大,A、D錯誤;α粒子在M點的電勢能大于在Q點的電勢能,故M點的電勢比Q點的電勢高,C錯誤。 答案:B 3.一電子射入固定在O點的點電荷的電場中,電

4、子僅在電場力的作用下運動,其運動軌跡如圖中虛線所示。圖中的實線是以O(shè)為圓心等間距的同心圓,c是粒子運動軌跡與最小圓的切點,a,b是粒子運動軌跡與另外兩個圓的交點,則下列說法中正確的是(　　) A.電子的加速度aaEpb>Epc C.電勢φa<φb<φc D.電勢差Uac=2Uab 解析:由電子的運動軌跡可知,電子受到O處的粒子的靜電力為斥力,所以O(shè)處的粒子帶負電。電子離O點越近,受到的斥力越大,其加速度也越大,選項A正確;電子靠近O點的運動過程中,O點的粒子對電子做負功,所以電子的電勢能增加,選項B錯誤;離O點越近電勢越低,越遠,電勢越高,選

5、項C錯誤;由于各圓環(huán)的間距相等,而越往外,其電場強度越小,所以Uac>2Uab,選項D錯誤。 答案:A 4.如圖所示,A,B,C,D是勻強電場中一個以坐標(biāo)原點為圓心、半徑為1 cm的圓與兩坐標(biāo)軸的交點,已知A,B,C三點的電勢分別為φA=15 V、φB=3 V、φC=-3 V。由此可得D點的電勢為(　　) A.3 V B.6 V C.12 V D.9 V 解析:由于電場為勻強電場,則φA-φB=φD-φC,解得φD=9 V,選項D正確。 答案:D 5.兩帶電小球,電荷量分別為+q和-q,固定在一長度為l的絕緣細桿的兩端,置于電場強度為E的勻強電場中。桿與電場強度方向平行,其位置

6、如圖所示。若此桿繞過O點垂直于桿的軸線轉(zhuǎn)過180°,則在此轉(zhuǎn)動過程中電場力做的功為(　　) A.0 B.qEl C.2qEl D.πqEl 解析:正、負帶電小球所受電場力均做正功,轉(zhuǎn)過的水平距離均為l,則電場力做的功W=2qEl,選項C正確。 答案:C 6.如圖所示,A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為10 cm的正六邊形的六個頂點,A、B、C三點電勢分別為3.0 V、4.0 V、5.0 V,正六邊形所在平面與電場線平行,下列說法中正確的是(　　) A.通過CD和AF的直線應(yīng)為電場中的兩條等勢線 B.勻強電場的電場強度大小為10 V/m C.勻強電場的電場強度方向

7、由C指向A D.將一個電子由B點移到D點,電子的電勢能將減少1.6×10-19 J 解析:CA兩點的電勢差為2 V,由U=Ed可知CA連線中點的電勢為4 V,因此EB連線是電勢為4 V的等勢線,與此平行的DC、FA是電勢為5 V、3 V的等勢面,電場強度方向垂直等勢面并由高電勢點指向低電勢點,即由C指向A,選項A、C正確;E== V/m,選項B錯誤;將一個電子由B點移到D點,電場力的功為W=eUBD=1.6×10-19 J,電勢能減少1.6×10-19 J,選項D正確。 答案:ACD 7.兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點,兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖

8、所示,其中C為ND段電勢最低的點,則下列說法正確的是(　　) A.q1、q2為等量同種電荷 B.C點的電場強度大小為零 C.NC兩點間電場強度方向沿x軸負方向 D.將一正點電荷從N點移到D點,電場力先做負功后做正功 解析:如果q1、q2為等量異種電荷,從q1到q2,電勢一直減小,所以選項A正確;C點切線水平,電場強度為零,B正確;從N到C電勢逐漸減小,電場強度方向沿x軸正方向,C錯誤;N點移到D點,電勢先減小后增加,電場力先做正功后做負功,D錯誤。 答案:AB 8.如圖所示,帶正電的小球Q固定在傾角為θ的光滑固定絕緣細桿下端,讓另一穿在桿上的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從

9、A點由靜止釋放,q到達B點時速度恰好為零。若A、B間距為L,C是AB的中點,兩小球都可視為質(zhì)點,重力加速度為g,則下列判斷正確的是(　　) A.從A至B,q先做勻加速運動,后做勻減速運動 B.在從A至C和從C至B的過程中,前一過程q電勢能的增加量較小 C.在B點受到的庫侖力大小是mgsin θ D.Q產(chǎn)生的電場中,A、B兩點間的電勢差為UBA= 解析:以帶電小球q為研究對象,帶電小球q受到重力、電場力、彈力三個力作用,根據(jù)牛頓第二定律和庫侖定律可得,mgsin θ-k=ma,又由于兩小球間的距離在減小,則運動小球從A至B將先做速度增大、加速度減小的變加速運動,然后做速度減小、加速

10、度增大的減速運動,且運動小球在B點受到的庫侖力大小k=ma1+mgsin θ>mgsin θ,故選項A、C錯誤;根據(jù)電勢能的變化量與電場力做功的關(guān)系可得,在從A至C的過程中,電勢能的增加量為ΔEpAC=-WAC=qUCA,在從C至B的過程中,電勢能的增加量為ΔEpCB=-WCB=qUBC,又UCA

11、垂直(如圖中實線位置),將桿向右平移的同時順時針轉(zhuǎn)過90°(如圖中虛線位置),發(fā)現(xiàn)A、B兩球電勢能之和不變。根據(jù)圖中給出的位置關(guān)系,可判斷A、B兩球帶電荷量的絕對值之比qA∶qB=　　　　　。? 解析:規(guī)定桿的初始位置為零電勢能處,則兩球的電勢能之和為零。桿到末位置的過程,兩球的電勢能必是一個增大,另一個減小相同的量,或者說電場力對其一做正功,對另一個做負功,結(jié)合題圖有,2EqAL=EqBL,得qA∶qB=1∶2。 答案:1∶2 10. (10分)如圖所示,AB、CD為一圓的兩條直徑,且相互垂直,O點為圓心?？臻g存在一未知靜電場,場強方向與圓周所在平面平行。現(xiàn)有一電子,在電場

12、力作用下(重力不計),先從A點運動到C點,動能減少了W;又從C點運動到B點,動能增加了W,那么:(1)如果未知電場是勻強電場,其方向應(yīng)是　　　　　　　;(2)如果未知電場是放在圓周上的點電荷激發(fā)的電場,則該點電荷的位置在圓周上　　　　點。? 解析:減小的動能轉(zhuǎn)化為電子的電勢能,由A到C減小的動能與由C到B增加的動能相等,所以A和B的電勢相等,場強方向由O指向C,若是勻強電場,其方向應(yīng)是垂直于AB并由O指向C;若是點電荷激發(fā)的電場,則該點電荷的位置應(yīng)在D點。 答案:(1)垂直于AB并由O指向C　(2)D 三、計算題(本題共3小題,共47分。解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步

13、驟,有數(shù)值計算的要注明單位) 11. (15分)如圖所示,在絕緣水平面上O點右側(cè)有一勻強電場,電場方向水平向左。一帶正電的小滑塊以速度v=0.6 m/s從O點進入勻強電場,向右運動最遠到達p點,O、p間的距離L=0.06 m。小滑塊的質(zhì)量為m=1×10-3 kg,帶電荷量為q=2×10-5 C,小滑塊與水平面的動摩擦因數(shù)為0.1,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)O、p兩點間的電勢差UOp。 (2)小滑塊最后停在何處。 (3)滑塊從O點進入電場到最后停止運動用了多少時間? 解析:(1)根據(jù)動能定理: UOpq-μmgL=0-mv2 UO

14、p=-6 V。 (2)E==100 V/m　由于Eq=2μmg,滑塊從p到O做加速運動,離開電場做減速移動,設(shè)停在距離O點左側(cè)s處,根據(jù)動能定理:-μmg(2L+s)=0-mv2 s=0.06 m (3)從O到p:t1==0.2 s 從p到O:Eq-μmg=ma L=a t2= s=0.35 s 離開電場后,因s=L,運動時間也是t2= s=0.35 s 總時間:t=t1+2t2=0.9 s。 答案:(1)-6 V　(2)O點左側(cè)0.06 m處　(3)0.9 s 12.(16分)如圖甲所示,A、B是一對平行放置的金屬板,中心各有一個小孔P、Q,PQ連線垂直金屬板,兩板間距為

15、d?，F(xiàn)從P點處連續(xù)不斷地有質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電粒子(重力不計),沿PQ方向放出,粒子的初速度可忽略不計。在t=0時刻開始在A、B間加上如圖乙所示交變電壓(A板電勢高于B板電勢時,電壓為正),其電壓大小為U、周期為T,帶電粒子在A、B間運動過程中,粒子間相互作用力可忽略不計。 (1)進入到金屬板之間的帶電粒子的加速度。 (2)如果只有在每個周期的0~時間內(nèi)放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出,則上述物理量d、m、q、U、T之間應(yīng)滿足的關(guān)系。 (3)如果各物理量滿足(2)中的關(guān)系,求每個周期內(nèi)從小孔Q中有粒子射出的時間與周期T的比值。 解析:(1)Eq=ma,E=,所以a=。

16、(2)在0~時間內(nèi),進入A、B板間的粒子,在電場力的作用下,先向右做勻加速運動,在~T時間內(nèi)再向右做勻減速運動,且在0~時間內(nèi),越遲進入A、B板間的粒子,其加速過程越短,減速運動過程也相應(yīng)地縮短,當(dāng)速度為零后,粒子會反向向左加速運動。由題意可知0~時間內(nèi)放出的粒子進入A、B板間,均能從Q孔射出,也就是說在時刻進入A、B板間的粒子是能射出Q孔的臨界狀態(tài)。 粒子在時刻進入A、B間電場時,先加速,后減速,由于粒子剛好離開電場,說明它離開電場的速度為零,由于加速和減速的對稱性,故粒子的總位移為加速時位移的2倍,所以有 d=2×a()2=① 即d2=。 (3)若情形(2)中的關(guān)系式①成立,則t=

17、0時刻進入電場的粒子在電場中運動的時間為最短(因只有加速過程),設(shè)最短時間為tx,則有d=a② 在t=時刻進入電場的粒子在t=的時刻射出電場, 所以有粒子飛出電場的時間為Δt=-tx③ 由②③式得=。④ 答案:(1)　(2)d2=　(3)(3-)∶4 13.(16分)在動摩擦因數(shù)μ=0.2的粗糙絕緣足夠長的水平槽中,長為2L的絕緣輕質(zhì)細桿兩端各連接一個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B,如圖為俯視圖(槽兩側(cè)光滑)。A球的電荷量為+2q,B球的電荷量為-3q(均可視為質(zhì)點,也不考慮兩者間相互作用的庫侖力)。現(xiàn)讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MPQN內(nèi),已知虛線MP恰位于細桿的中垂線,MP和N

18、Q的距離為3L,勻強電場的電場強度大小為E=,方向水平向右。釋放帶電系統(tǒng),讓A、B從靜止開始運動(忽略小球運動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響)。求: (1)小球B第一次到達電場邊界MP所用的時間。 (2)小球A第一次離開電場邊界NQ時的速度大小。 (3)帶電系統(tǒng)運動過程中,B球電勢能增加量的最大值。 解析:(1)帶電系統(tǒng)開始運動后,先向右加速運動;當(dāng)B進入電場區(qū)時,開始做減速運動。設(shè)B進入電場前的過程中,系統(tǒng)的加速度為a1 由牛頓第二定律得:2Eq-μ2mg=2ma1 解得a1=g B剛進入電場時,由L=a1 解得t1=。 (2)設(shè)B剛進入電場時系統(tǒng)的速度為v1 由=2a1

19、L 可得v1= 設(shè)B進入電場后,系統(tǒng)的加速度為a2,由牛頓第二定律得: 2Eq-3Eq-μ2mg=2ma2 得:a2=-0.8g 之后系統(tǒng)做勻減速運動,設(shè)小球A第一次離開電場邊界NQ時的速度大小為v2 由-=2a2L 可得v2=。 (3)當(dāng)帶電系統(tǒng)速度第一次為零,此時A已經(jīng)到達右邊界NQ外,設(shè)此時A離右邊界NQ的距離為s 設(shè)A出電場后,系統(tǒng)的加速度為a3,由牛頓第二定律得 -3Eq-2μmg=2ma3,得:a3=-2g s=- 解得:s=0.1L<2L,所以B沒有出電場 故B電勢能增加量的最大值ΔEp=3Eq(L+s)=3Eq×1.1L=3.96mgL。 答案:(1)　(2)　(3)3.96mgL