2021届高三物理新一轮复习章末检测：静电场-Word版含解析.docx

章末检测(六)(时间：60分钟，分值：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个选项符合题意)1.如图所示，A、B、C、D是真空中一正四周体的四个顶点现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是()A若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度不同，电势相同B若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同C若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同D若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同2.如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M、N水平正对放置两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板快速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动状况是()A沿轨迹运动B沿轨迹运动C沿轨迹运动 D沿轨迹运动3.真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的始终线上各点的电势分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离下列说法中正确的是()AA点的电势低于B点的电势BA点的电场强度方向由A指向BCA点的电场强度小于B点的电场强度D正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功 4空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成如图所示稳定的静电场实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同始终线上，C、D两点关于直线AB对称，则()AA点和B点的电势相同BC点和D点的电场强度相同C正电荷从A点移至B点，电场力做正功D负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小5两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示一个电量为2 C、质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)则下列说法正确的是()AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E2 V/mB由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C由C到A的过程中，电势渐渐上升DA、B两点电势差UAB5 V6.如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面对上运动设斜面足够长，则在Q向上运动过程中()A物块Q的动能始终增大B物块Q的电势能始终增大C物块P、Q的重力势能和电势能之和始终增大D物块Q的机械能始终增大二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项符合题意)7.如图所示，两个质量均为m，带电荷量均为q的小球A、B，一个固定在O点的正下方L处，另一个用长为L的细线悬挂在O点，静止时，细线与竖直方向的夹角为60，以下说法正确的是()AO点处的电场强度的大小为BA在B处产生的电场强度为C细线上的拉力为DB球所受A球的库仑力和线的拉力的合力方向竖直向上8将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地三个微粒分别落在图中A、B、C三点，不计其重力作用，则()A三个微粒在电场中运动时间相等B三个微粒的电荷量相同C三个微粒所受电场力的大小关系是FAFBFCD三个微粒到达下板时的动能关系是EkCEkBEkA9.如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO放置在重力场中，PO竖直，a、b为两个带有等量同种电荷的小球(可以近似看成点电荷)，当用水平向左的作用力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态现稍转变F的大小，使b稍向左移动一小段距离，则a、b重新处于静止状态后()Aa、b间电场力增大B作用力F减小C系统的重力势能增加D系统的电势能增加三、非选择题(本大题共3小题，共46分，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)10.(12分)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行一电荷为q(q0)的质点沿轨道内侧运动经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能11(16分)如图甲所示的平行板电容器，板间距为d，两板所加电压随时间变化图线如图乙所示，t0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，t3T时刻恰好从下极板边缘射出电容器，带电粒子的重力不计求：(1)平行板电容器板长L；(2)粒子射出电容器时速度偏转的角度；(3)粒子射出电容器时竖直偏转的位移y.12(18分)如图所示，区域内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R，轨道在A点的切线与水平方向成60角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右一质量为m、带电荷量为q的小球(可看做质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：(1)OM的长L；(2)区域中电场强度的大小E；(3)小球到达区域中电场的右边界上的点与OO的距离s.章末检测(六)1解析选B.若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D位于两个点电荷的中垂面上，所以C、D两点电场强度相同，电势相同，所以A错误，B正确；若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电势相同，电场强度大小相等，方向不同，所以C、D错误2解析选C.由E可知，两极板所带电荷量、电介质和正对面积不变时，M板快速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，故微粒受力状况不变，粒子沿原直线运动3解析选B.由图象知AB，故A错；电场强度的方向从高电势指向低电势，即AB，故B正确；图象斜率的确定值表示场强大小，EAEB，故C错；正电荷受力方向为AB，电场力做正功，故D错4解析选C.由题图可知，A、B两点不在同一等势面上，电势不相同，A错误；由对称性可知，C、D两点的电场强度方向不同，B错误；由WABUABq，UAB0，q0可知，WAB0，C正确；沿CD直线，由C到D，电势先增大后减小，故负电荷由C沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大，D错误5解析选D.由图乙知，小物块在B点时加速度最大，故B点场强最大，加速度大小为2 m/s2，据qEma得E1 V/m，选项A错误；由C到A的过程中小物块的动能始终增大，电势能始终在减小，故电势渐渐降低，选项B、C错误；依据动能定理有qUABmvmv，解得：UAB5 V，选项D正确6解析选D.由F库mgsin ma可知，物块沿斜面的加速度先向上渐渐减小，再沿斜面对下，渐渐增大，其速度先增大后减小，故物块Q的动能先增大再减小，A错误；因电场力始终做正功，故电势能始终减小，物块Q的机械能始终增大，B错误，D正确；因只有电场力、重力做功，物块的电势能、重力势能、动能之和守恒，又知动能先增大后减小，故重力势能和电势能之和先减小后增大，C错误7解析选ABD.由点电荷的场强公式，A在B处产生的电场强度为E1k，O点处的电场为A、B分别在O处产生的电场的叠加，即E22E1cos 30k，则A、B说法正确；对B球，由平衡条件得，B球所受A球的库仑力和线的拉力的合力方向竖直向上，且细线上的拉力FTmgk，则D说法正确，C说法错误8解析选CD.由于三个微粒只受到竖直向下的恒定的电场力的作用，所以它们均做类平抛运动依据题意，它们在水平方向上做的是速度大小相同的匀速直线运动，三个微粒在电场中运动的时间与它们在水平方向上的位移成正比，明显，tAtBtC，选项A错误；它们做类平抛运动的初速度相同，但运动轨迹不同，这说明它们受到的电场力不同，因此所带电荷量不同，选项B错误；它们在竖直方向上下落的位移相同(设为h)，但运动时间不同，依据关系式a2h/t2及tAtBtC可知，aAaBaC，由于它们的质量相等，依据牛顿其次定律可知，三个微粒所受电场力的大小关系是FAFBFC，选项C正确；又由于三个微粒在竖直方向上的位移相等，所以电场力做的功的大小关系是WAWBWC，依据动能定理，粒子所受的电场力做的功等于粒子动能的增加量，所以三个微粒到达下板时的动能关系是EkCEkBEkA，选项D正确9解析选BC.设a、b间的电场力F2和竖直挡板之间的夹角为，可以看出变小，以a为争辩对象，进行受力分析可知，它受到挡板的水平支持力F1、重力mag、电场力F2，如图所示，依据平衡条件可得：magF2cos ，F2sin F1，解得F2，F1magtan .由于变小，所以F1、F2均减小，A错误；把a、b看成系统可知水平力F等于F1，由于F1变小，所以F变小，B正确；由于F2减小，a向上运动，a的重力势能增加，虽然b的重力势能不变，但系统的重力势能增大，C正确；由于电场力变小，相当于两个小球间的距离增大，所以电场力对系统做正功，因此系统的电势能应当削减，D错误10解析质点所受电场力的大小为fqE(1分)设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿其次定律有fNam(1分)Nbfm(1分)设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Ekamv(1分)Ekbmv(1分)依据动能定理有EkbEka2rf(3分)联立式得E(NbNa)(2分)Eka(Nb5Na)(1分)Ekb(5NbNa)(1分)答案见解析11解析(1)粒子水平方向做匀速运动：Lv03T3v0T.(4分)(2)粒子竖直方向先做T时间的匀加速，然后做T时间的匀速，再做T时间的匀加速：a(2分)vy2T(2分)tan (2分)故arctan.(2分)(3)竖直方向一共加速运动了2T时间，匀速运动了T时间，则y(2T)2TTT2.(4分)答案(1)3v0T(2)arctan(3)T212解析(1)小球在区域中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为vA，竖直分速度为vy，则有cos 60，即vA2v0(2分)tan 60，即vyv0(2分)由牛顿其次定律知a(1分)由v2aL知L.(2分)(2)在区域中，由图可知BC所以从A点到B点，由动能定理得mgmvmv(2分)得vB3v0(1分)在区域中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知v2d(2分)得E.(1分)(3)vBt，所以t(2分)小球在竖直方向上做自由落体运动，即hgt2(2分)所以小球到达右边界上的点与OO的距离sBCh.(1分)答案(1)(2)(3)