统考版2023版高考物理一轮复习单元质量评估（七）静电场含答案

这是一份统考版2023版高考物理一轮复习单元质量评估（七）静电场含答案，共10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(1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)
1．[2021·浙江6月，3]如图所示，在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是( )
A．探测发射台周围风力的大小
B．发射与航天器联系的电磁波
C．预防雷电击中待发射的火箭
D．测量火箭发射过程的速度和加速度
2．如图所示，匀强电场场强为1×103 V/m，ab＝dc＝4 cm，bc＝ad＝3 cm，则下列计算结果正确的是( )
A．ab之间的电势差为4 000 V
B．ac之间的电势差为50 V
C．将q＝－5×10－3 C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零
D．将q＝－5×10－3 C的点电荷沿abc或adc从a移动到c静电力做功都是－0.25 J
3．如图所示，a、b两电子围绕静止的正点电荷做匀速圆周运动，不计电子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A.a电子受到的电场力小于b电子受到的电场力
B．a电子的电势能小于b电子的电势能
C．a电子的线速度小于b电子的线速度
D．a电子的周期大于b电子的周期
4．[2022·广东深圳调研]真空中，在x轴上x＝0 m处和x＝8 m处分别固定电性相同的点电荷Q1和Q2.电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示(以＋x方向为场强正方向)，其中x＝6 m处E＝0.将一个正试探电荷在x＝2 m处由静止释放(重力不计，取无穷远处电势为零)，则( )
A.Q1、Q2均为负电荷
B．Q1、Q2带电荷量之比为9∶1
C．在x＝6 m处电势为0
D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小
5．如图所示，OO′为平行板电容器的中线，板间为竖直方向的匀强电场．在O点分别以v0、 eq \f(v0,2) 的速度水平抛出两质量都为m且带同种电荷的小球A、B，qA∶qB＝3∶1，两小球运动轨迹恰关于OO′对称，重力加速度为g，则A球受到的电场力大小为( )
A． eq \f(15,7) mg B． eq \f(9,5) mg
C． eq \f(3,2) mg D． eq \f(5,7) mg
6．[2022·陕西汉中1月联考]空间存在着平行纸面的匀强电场，现用仪器在纸面内沿互成60°角的OA、OB上两个方向探测该静电场中各点电势(如图甲所示)，得到OB、OA上各点电势φ与到O点距离的函数关系分别如图乙、丙所示，则下列关于该电场的电场强度E的说法中正确的是( )
A．E＝200 V/m，沿AO方向
B．E＝400 V/m，沿BO方向
C．E＝200 eq \r(3) V/m，垂直OB向下
D．E＝200 eq \r(3) V/m，垂直OA斜向右下方
7．[2021·天津模拟]两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等．虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点．下列说法正确的是( )
A．两点电荷可能是异种点电荷
B．A点的电场强度比B点的大
C．A点的电势高于B点的电势
D．电子运动到P点时动能最小
8．如图所示，在坐标系xOy中，弧BDC是以A点为圆心、AB为半径的一段圆弧，AB＝L，AO＝ eq \f(L,2) ，D点是圆弧跟y轴的交点．当在O点和A点分别固定电荷量为－Q1和＋Q2的点电荷后，D点的电场强度恰好为零．下列说法正确的是( )
A．Q2＝4Q1
B．圆弧BDC上的各点相比较，D点的电势最高
C．电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势能先减小后增大
D．电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势能先增大后减小
9．如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右．两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O.两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q(q>0).平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝45°.若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡．已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．M带正电荷 B．N带正电荷
C．q＝L eq \r(\f(mg,k)) D．q＝3L eq \r(\f(mg,k))
二、非选择题
10．[2022·南昌调研]如图甲所示，两平行极板P、Q的长度和板间距离均为l.位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两极板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响).已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在2t0时刻经极板边缘射出．上述m、q、l、t0为已知量．(不考虑粒子间相互作用及返回极板间的情况)
(1)求粒子的初速度v0的大小；
(2)求图乙中电压U0的大小．
11.
[2022·石家庄模拟]如图所示，在竖直面内有一矩形区域ABCD.水平边AB＝6L，竖直边BC＝8L，O为矩形对角线的交点．将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球恰好经过C点．使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一平行于矩形ABCD的匀强电场，现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过D点的小球的动能为初动能的5倍，经过E点(DC中点)的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g.
(1)求小球的初动能；
(2)取电场中O点的电势为零，求D、E两点的电势；
(3)求带电小球所受电场力的大小．
单元质量评估（七） 静电场
1．解析：待发射的火箭由于比较高，根据尖端放电原理，火箭顶部易引雷，所以在火箭发射塔四周建立铁制高塔的功能是预防雷电击中待发射的火箭，C正确．
答案：C
2．解析：Uac＝Uab＝E·dab＝40 V，故A、B错误；W＝qU＝0，故C正确；W＝q·Uac＝－0.2 J，故D错误．
答案：C
3．解析：由库仑定律F＝ eq \f(kQq,r2) 可知，由于b离正电荷的距离较远，则a电子受到的电场力大于b电子受到的电场力，A错误；由于正电荷的电场线是发散状的，因此a电子所在处的电势较高，由Ep＝－eφ可知a电子的电势能小于b电子的电势能，B正确；电子环绕正电荷做圆周运动时，库仑力提供向心力，由 eq \f(kQe,r2) ＝ eq \f(mv2,r) 得v＝ eq \r(\f(kQe,mr)) ，则a电子的线速度大于b电子的线速度，C错误；又由 eq \f(kQe,r2) ＝ eq \f(m·4π2,T2) r得T＝ eq \r(\f(4π2mr3,kQe)) ，所以b电子的周期大于a电子的周期，D错误．
答案：B
4．解析：由图象可知，x＝0 m处场强为正，x＝8 m处场强为负，可知Q1、Q2均为正电荷，故A错误；根据题意“x＝6 m处E＝0”可知，在x＝6 m处，Q1、Q2分别产生的场强相等，即k eq \f(Q1,62) ＝k eq \f(Q2,22) ，解得 eq \f(Q1,Q2) ＝ eq \f(62,22) ＝ eq \f(9,1) ，故B正确；由于无穷远处电势为零，故在x＝6 m处电势大于0，故C错误；该试探电荷向x轴正方向运动时，电场力先做正功，再做负功，因此电势能先减小后增大，故D错误．
答案：B
5．解析：两球的运动轨迹关于OO′对称，说明两球的水平位移相同时，两球的位移与水平方向的夹角相同，由tan θ＝ eq \f(y,x) ＝ eq \f(\f(1,2)a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,vx)))\s\up12(2),x) ＝ eq \f(ax,2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ) ，可知A、B加速度大小之比为aA∶aB＝v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ∶ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2))) eq \s\up12(2) ＝4∶1，则所受合外力之比为4∶1.两小球电性相同，则所受电场力都向上，有（FA－mg）∶（mg－FB）＝4∶1，且FA∶FB＝qA∶qB＝3∶1，解得FA＝ eq \f(15,7) mg，A项正确．
答案：A
6.
解析：由题图乙、丙可知O点电势为零，如图所示，设OC＝20 cm，OD＝25 cm，OF＝10 cm，则结合图乙、图丙可知，φC＝80 V，φD＝50 V，可求出φF＝ eq \f(OF,OC) （φC－φO）＝40 V，设OA上G点的电势与F点电势相等，连接G、F两点，则GF为等势线，有φG＝φF＝40 V，又φG＝ eq \f(OG,OD) （φD－φO），可得OG＝20 cm，由几何关系可知GF⊥OB，又电场线与等势线垂直且沿电场线方向电势降低，故电场线方向沿BO方向，电场强度E＝ eq \f(φC－φO,OC) ＝400 V/m，B正确，A、C、D错误．
答案：B
7．解析：根据两点电荷间等势面的分布情况可知两点电荷是同种电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹可判断出电子一直受到斥力作用，可知两点电荷为同种负电荷，故A错误；根据U＝Ed定性分析可知，等差等势面越密的地方，电场强度越大，则A点的电场强度比B点的小，故B错误．两点电荷为同种负电荷，电场线指向负电荷，沿电场线方向电势逐渐降低，又A所在的等势面比B所在的等势面靠外，故A点的电势高于B点的电势，故C正确；在电子的运动轨迹上，P点的电势最低，故电子在P点的电势能最高，又电子在运动过程中只受电场力作用，电子的动能与电势能之和不变，故电子运动到P点时动能最小，D正确．
答案：CD
8．解析：由D点电场强度恰好为零，则：k eq \f(Q1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))\s\up12(2)) ＝k eq \f(Q2,L2) ，解得：Q2＝4Q1，故A正确；对Q2来说圆弧是个等势面，所以各点电势高低由Q1决定，根据沿电场线方向电势降低，离负电荷越近，电势越低，故D点电势最低，故B错误；电子沿着圆弧从B点运动到C点过程中，电势先降低后升高，由Ep＝eφ，可知电势能先增大后减小，故C错误，D正确．
答案：AD
9．解析：由题图可知，对小球M受力分析如图（a）所示，对小球N受力分析如图（b）所示，由受力分析图可知小球M带负电，小球N带正电，A错误，B正确．由几何关系可知，两小球之间的距离为r＝ eq \r(2) L，当两小球的电荷量为q时，由力的平衡条件得mg tan 45°＝Eq－k eq \f(q2,r2) ；两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的平衡条件得mg tan 45°＝E·2q－k eq \f(（2q）2,r2) ，整理解得q＝L eq \r(\f(mg,k)) ，C正确，D错误．
答案：BC
10．解析：（1）带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，有
l＝v0·2t0
解得v0＝ eq \f(l,2t0)
（2）t＝0时刻进入的粒子先做类平抛运动再做匀速直线运动，由运动学公式得
y1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
vy＝at0
y2＝vyt0＝at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
eq \f(l,2) ＝y1＋y2＝ eq \f(3,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
解得a＝ eq \f(l,3t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
又q eq \f(U0,l) ＝ma
联立解得U0＝ eq \f(ml2,3qt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) .
答案：（1） eq \f(l,2t0) （2） eq \f(ml2,3qt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
11．解析：（1）未加电场时，小球做平抛运动，水平方向上有3L＝v0t
竖直方向上有4L＝ eq \f(1,2) gt2
解得v0＝ eq \f(3,4) eq \r(2gL)
小球的初动能为Ek0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝ eq \f(9,16) mgL
（2）加电场后，小球由O到D的过程，由动能定理得q（φO－φD）＋mg·4L＝5Ek0－Ek0
又知φ0＝0
解得φD＝ eq \f(7mgL,4q)
小球由O到E的过程，由动能定理得q（φO－φE）＋mg·4L＝Ek0－Ek0
解得φE＝ eq \f(4mgL,q)
（3）在OE上取一点F，使得OF＝ eq \f(7,4) L，连接D、F，则DF为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，画出一条电场线如图所示．
根据数学知识可知ct α＝ eq \f(EF,DE) ＝ eq \f(3,4) ＝0.75，α＝53°
电场方向垂直于DF向上．
E、D间电势差为U＝φE－φD＝ eq \f(9mgL,4q)
根据U＝E·DE cs α＝E·3L cs 53°
解得E＝ eq \f(5mg,4q)
带电小球所受电场力的大小F＝qE＝ eq \f(5,4) mg
答案：（1） eq \f(9,16) mgL （2） eq \f(7mgL,4q) eq \f(4mgL,q) （3） eq \f(5,4) mg