2021高考物理大一轮复习领航检测：第七章　静电场-第3节 Word版含解析

这是一份2021高考物理大一轮复习领航检测：第七章　静电场-第3节 Word版含解析，共8页。
1．如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电
容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是( )
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E变小
解析：选C.电容器充电后再断开S，则电容器所带的电荷量Q不变，由C∝eq \f(εrS,d)可知，d增大时，C变小；又U＝eq \f(Q,C)，所以U变大；由于E＝eq \f(U,d)，U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(4πkdQ,εrS)，所以E＝eq \f(4πkQ,εrS)，故d增大时，E不变，C正确．
2. 如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
解析：选D.两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．
3. 两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中( )
A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a
B．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b
C．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a
D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
解析：选D.电容器与电源相连，两极板间电压不变．将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E＝eq \f(U,d)可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动．由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容减小，Q＝CU，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a流向b，故D正确．
4．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )
A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大
B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变
C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变
D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小
解析：选B.甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝eq \f(U,d)可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小．乙图中电容器充电后断开电源，电容器两极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，极板间的电压U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(4πkdQ,εrS)，极板间的电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)，场强与两极板间距离无关，故夹角不变，B正确．
5. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
解析：选C.由于两极板的正负不知，微粒的电性不确定，则微粒所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据微粒运动轨迹，微粒所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但微粒动能一定增加，所以只有C正确．
6．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，有
mg－qE＝ma
0－v2＝2ad
得E＝eq \f(mgh＋d,qd)
U＝Ed
Q＝CU
得Q＝eq \f(mgCh＋d,q)
(3)由h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)
0＝v＋at2
t＝t1＋t2
综合可得t＝eq \f(h＋d,h)eq \r(\f(2h,g))
答案：见解析
[综合应用题组]
7. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
解析：选D.保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电容器的电容变大，由于Q不变，由C＝eq \f(Q,U)可知U减小，故静电计的指针偏角变小；电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)不变；由于下极板不动，电场强度E不变，所以P点的电势没有发生改变，故点电荷在P点的电势能不变，A、B、C错误，D正确．
8．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )
A做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
解析：选BC.对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误．
9．(多选)如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )
A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板
B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出
C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板
D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出
解析：选BC.设带电粒子进入电场中的位移为x，根据动能定理得：－qEx＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，又E＝eq \f(U,d)得x＝eq \f(mdv\\al(2,0),2qU)，由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达B板处，x变为原来的2倍，采取的方法有：使带电粒子的初速度变为eq \r(2)v0；或使A、B两板间的电压变为eq \f(1,2)U；或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍，故B、C正确，A、D错误．
10. (多选)如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )
A．小球经过环的最低点时速度最大
B．小球在运动过程中机械能守恒
C．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg＋qE
D．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg＋qE)
解析：选AD.根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大，故A正确；小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；根据动能定理得：
mgR＋qER＝eq \f(1,2)mv2，
根据牛顿第二定律得：FN－qE－mg＝meq \f(v2,R)，
解得：FN＝3(mg＋qE)，
则球对轨道的压力为3(mg＋qE)，故C错误，D正确．
11. (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
解析：选CD.设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝eq \f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．
12．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10 m/s2.
(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
解析： (1)根据功和能的关系，有eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
电子射入偏转电场的初速度v0＝ eq \r(\f(2eU0,m))
在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq \f(L,v0)＝Leq \r(\f(m,2eU0))
偏转距离Δy＝eq \f(1,2)a(Δt)2＝eq \f(UL2,4U0d).
(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有
重力G＝mg～10－29N
电场力F＝eq \f(eU,d)～10－15N
由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力．
(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，
即φ＝eq \f(Ep,q)
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝eq \f(EG,m).
电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
答案：(1) eq \r(\f(2eU0,m)) eq \f(UL2,4U0d) (2)见解析 (3)见解析