2021高考物理大一轮复习领航检测：第七章　静电场 章末检测7 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 章末检测7 Word版含解析，共8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(本题共10小题，每小题6分，共60分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～10小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
1．电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是( )
A．A点的电场强度比C点的小
B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大
C．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功
D．正电荷由A移动到C，电场力做负功
解析：选C.由等势面与电场线密集程度的关系可知，等势面越密集的地方电场强度越大，故A点的电场强度比C点的大，A错误；负电荷在电势越高的位置电势能越小，故B错误；沿等势面移动电荷，电场力不做功，故C正确；正电荷由A移动到C，电场力做正功，故D错误．
2. 如图所示，在空间直角坐标系O­xyz中，A、B、C、D四个点的坐标分别为(L,0,0)、(0，L,0)、(0,0，L)、(2L,0,0)．在坐标原点O处固定电荷量为＋Q的点电荷，下列说法正确的是( )
A．电势差UOA＝UAD
B．A、B、C三点的电场强度相同
C．电子在B点的电势能大于在D点的电势能
D．将一电子由D点分别移动到A、C两点，电场力做功相同
解析：选D.点电荷产生的场强离点电荷越远，场强越小，由U＝Ed可得UOA＞UAD，A错误；A、B、C三点的场强大小相等，方向不同，B错误；离点电荷越远电势越低，由EP＝qφ得电子在B点的电势能小于在D点的电势能，C错误；A、C两点的电势相同，电子在A、C两点的电势能相等，因此将电子由D点分别移到A、C两点电势能变化相同，因此电场力做功相同，D正确．
3. 如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA＝AB＝BN.下列说法中正确的是( )
A．A、B两点场强相同
B．A、B两点电势相等
C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功
D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
解析：选A.根据等量异种点电荷形成的电场特点，A、B两点场强相同，电势不相等，选项A正确B错误；将一正电荷从A点移到B点，电场力做正功， 选项C错误；负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，选项D错误．
4．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如图乙所示．设a、b两点的电场强度分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb.则( )
A．Ea＝Eb B．Ea＜Eb
C．φa＜φb D．φa＞φb
解析：选C.电子在电场中发生一段位移Δx，电场力做功eEΔx，由功能关系知ΔEp＝－eEΔx，即eq \f(ΔEp,Δx)＝－eE，Ep－x图线斜率的绝对值表示电场力，由图线知，斜率减小，故场强在减小，所以，Ea>Eb，故A错误，B错误；电子从静止开始由a向b运动，故受电场力方向一定由a指向b，又因电子带负电，所以场强方向一定从b指向a，沿电场线方向电势降低，所以φaφB
C．粒子从A点运动到B点时，电场力做的总功为正
D．粒子从A点运动到B点时，电势能先减少后增加
解析：选AC.由速度图象可知粒子在A、B两点加速度相同，受力相同，故A、B两点的电场强度大小关系为EA＝EB，A正确；由速度图象可知粒子在A点速度为零，在B点速度不为零，故粒子从A点运动到B点时，电场力做正功，电势能减少，C正确，D错误；对负电荷，当电势能减少时电势升高，B错误．
8．如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )
.
A．平行板电容器的电容将变小
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能将减少
D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
解析：选ACD.将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C＝eq \f(εrS,4πkd)∝eq \f(S,d)可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间场强E＝U/d减小，带电油滴所处位置的电势φP＝EdP增大，其中dP为油滴到下极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器带电荷量Q不变，极板间距d变大，根据Q＝CU，E＝U/d和C＝eq \f(εrS,4πkd)可知E∝Q/S，可见，极板间场强E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确．
9. 如图所示，匀强电场中有一绝缘直角杆PQM，PQ＝L，QM＝2L，杆上固定三个带电小球A、B、C，初始时杆PQ段与电场线垂直．现将杆绕Q点顺时针转过90°至虚线位置，发现A、B、C三个球的电势能之和保持不变，若不计小球间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．此过程中，电场力对A球和C球做功的代数和为零
B．A球一定带正电，C球一定带负电
C．此过程中C球电势能减少
D．A、C两球带电量的绝对值之比|qA|∶|qC|＝2∶1
解析：选AD.由题意知，直角杆PQM顺时针转90°的过程中，由W＝qU可得，电场力对B球不做功，对A球做功W1＝qAEL，对C球做功W2＝qCE·2L，因为转动前后A、B、C三个球的电势能之和保持不变，由功能关系得，W1＋W2＋0＝0，即：qAEL＋qCE·2L＝0，则知A、C两球带异种电荷，但具体A、C两球的电性不明确，则其电势能变化情况不明确，而A、C两球带电量的绝对值之比|qA|∶|qC|＝2∶1.故A、D对，B、C错．
10. 如图所示，光滑绝缘的水平面上方存在一个水平方向的电场，电场线与x轴平行，电势φ与坐标值x的关系式为：φ＝106x(φ的单位为V，x单位为m)．一带正电小滑块P，从x＝0处以初速度v0沿x轴正方向运动，则( )
A．电场的场强大小为106V/m
B．电场方向沿x轴正方向
C．小滑块的电势能一直增大
D．小滑块的电势能先增大后减小
解析：选AD.根据E＝eq \f(U,d)，U＝φ2－φ1可知，E＝eq \f(ΔU,Δx)＝106V/m，选项A对；随x值的增大，φ也增大，所以电场的方向应沿x轴负方向，选项B错；电场力对滑块P先做负功后做正功，所以滑块的电势能先增大后减小，选项D对，C错．
二、非选择题(共2小题，40分)
11. (20分)如图所示，带有等量异种电荷平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0.5 m．现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝＋4×10－5C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2 m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：
(1)小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小和方向；
(2)M、N两板间的电场强度的大小和方向；
(3)小球到达C点时的动能．
解析：(1)小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，vx＝v0＝4 m/s
竖直方向做匀加速直线运动，
h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，vy＝gt1＝2 m/s
解得：vB＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝2eq \r(5) m/s
方向tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(1,2)，θ＝arctan 0.5(θ为速度方向与水平方向的夹角)
(2)小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向，
则tan θ＝eq \f(mg,qE)＝eq \f(1,2)
解得：E＝eq \f(2mg,q)＝5×103 N/C，方向水平向右．
(3)进入电场后，小球受到的合外力
F合＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \r(5)mg
B、C两点间的距离s＝eq \f(d,cs θ)，cs θ＝eq \f(qE,F合)＝eq \f(2,\r(5))
从B到C由动能定理得：F合s＝EkC－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得：EkC＝0.225 J
答案：(1)2eq \r(5) m/s，方向与水平方向的夹角为arctan 0.5
(2)5×103N/C，方向水平向右 (3)0.225 J
12. (20分)如图所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m、电荷量为＋q的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h，在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E的水平向右的匀强电场．固定点O的正下方l/2处有一小障碍物P，现将小球从细线处于水平状态由静止释放．
(1)细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是多大？
(2)细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生多大变化？
(3)若细线在刚要接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？
解析：(1)由机械能守恒定律得
mgl＝eq \f(1,2)mv2，v＝eq \r(2gl).
(2)细线在刚要接触障碍物P时，设细线的拉力为T1，由牛顿第二定律得
T1－mg＝meq \f(v2,l)
细线在刚接触到障碍物P时，设细线的拉力为T2，由牛顿第二定律得
T2－mg＝meq \f(v2,l/2)
可解得T2－T1＝2mg.
(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t＝eq \r(\f(2h,g))，
小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离
x＝vt＋eq \f(1,2) eq \f(qE,2m)t2，
小球运动到水平面的过程由动能定理得
mgh＋qEx＝Ek－eq \f(1,2)mv2，
可解得Ek＝mgh＋mgl＋eq \f(q2E2h,mg)＋2qEeq \r(hl).
答案：(1)eq \r(2gl) (2)增大2mg
(3)mgh＋mgl＋eq \f(q2E2h,mg)＋2qEeq \r(hl)