2022届高三物理大一轮复习-章末检测(六)-.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5分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1.(2022高考北京卷) 如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面下列推断正确的是()A1、2两点的场强相等B1、3两点的场强相等C1、2两点的电势相等D2、3两点的电势相等解析：选D.依据电场线的疏密表示电场强度的大小知，1点的电场强度大于2点、3点的电场强度，选项A、B错误；依据沿着电场线方向电势渐渐降低，在同一等势面上各点的电势相等知，1点的电势高于2点电势，2点、3点处于同一等势面上，电势相等，选项C错误，D正确2.(2021沈阳模拟)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正摸索电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势、W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()解析：选C.电容器的电容C，所以C与两极板距离d是反比例关系，不是直线，A错；电容器与电源断开后，电荷量不变，依据E，U，C，可知E保持不变，B错；负极板接地，电势为零，P点的电势等于P点到负极板的电势差，即El，E不变，l减小，线性减小，C对；由Wq可知，W随的变化而变化，D错3.(2021济南模拟)如图所示，孤立点电荷Q固定在正方体的一个顶点上，与Q相邻的三个顶点分别是A、B、C，下列说法正确的是()AA、B、C三点的场强相同BA、B、C三点的电势相等CA、B、C三点所在的平面为一等势面D将一电荷量为q的检验电荷由A点沿直线移动到B点的过程中电势能始终保持不变解析：选B.A、B、C三点到点电荷的距离相等，依据Ek可知A、B、C三点的电场强度大小相等，但方向不同，故选项A错误；A、B、C三点在以点电荷为球心的球面上，而点电荷的等势面为以点电荷为球心的一系列同心球面，故选项B正确，选项C错误；将一电荷量为q的检验电荷由A点沿直线移动到B的过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，选项D错误4.(2021潍坊模拟)如图所示，在xOy坐标系中，x轴上关于y轴对称的A、C两点固定等量异种点电荷Q、Q，B、D两点分别位于其次、四象限，ABCD为平行四边形，边BC、AD分别与y轴交于E、F，以下说法错误的是()AE、F两点电势相等BB、D两点电场强度相同C摸索电荷q从B点移到D点，电势能增加D摸索电荷q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对q做功相同解析：选C.E、F为一条等势线，所以E、F两点电势相等，选项A正确；依据电场线的分布状况(如图所示)可知B、D两点的电场强度相同，选项B正确；顺着电场线方向电势降低，B点的电势高于D点的电势，正电荷从B点移到D点电场力做正功，电势能减小，选项C错误；依据电场线的分布状况知UBEUFD，由WUq可知选项D正确本题选C.5.(2021江苏扬州测试)如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方的A点由静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A过程加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图象确定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零，竖直向下为正方向，无限远电势为零)()解析：选D.圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A点到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，由牛顿其次定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，依据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A正确；小球从A点到A点的过程中，重力势能EpGmgh，重力势能与高度是线性变化的，故B正确；小球从A点到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D错误6.一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间(带等量异号电荷且正对放置)，飞出时粒子动能为2Ek.假如这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能为()A4EkB4.25EkC6Ek D9.5Ek解析：选B.由动能定理得粒子从射入电场到射出电场，有qEyEk2EkEkEk，当时速度加倍时，由t得t减半，由yat2知，y变成原来的，电场力做的功变为原来的，粒子经过电场后动能增加量变为原来的，即0.25Ek，所以该粒子飞出两平行金属板间时的动能为4.25Ek，B对二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多个选项符合题意)7.(2022高考广东卷)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上固定着一个带电荷量为Q的小球P.带电荷量分别为q和2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是()AM与N的距离大于LBP、M和N在同始终线上C在P产生的电场中，M、N处的电势相同DM、N及细杆组成的系统所受合外力为零解析：选BD.由于小球M、N及细杆处于静止状态，因此M、N及细杆组成的系统所受合外力为零，D项正确；整体受到的库仑力的合力为零，即kk，解得r(1)L，A项错误；由于P对M、N的库仑力等大反向，因此P、M、N三者必在一条直线上，B项正确；在P产生的电场中，离P越远电势越低，C项错误8.(2021日照模拟)如图所示，A、B、C、D是真空中一正四周体的四个顶点(正四周体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形)，全部棱长都为a.现在A、B两点固定电荷量分别为q和q的两个点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是()AC、D两点的场强相同BC点的场强大小为CC、D两点电势相等D将一正电荷从C点移动到D点，电场力做正功解析：选ABC.由题意知，AB的中垂面为零势面，而C、D两点在中垂面上，故C、D两点电势相等，又因电场线与等势面垂直，B处放q，故方向指向B点一侧，由几何关系知，C、D两点场强大小相等，所以A、C正确；C点电场强度为两电荷在该点场强的矢量和，如图所示，E1E2k，由图知合场强为Ek，所以B正确；C、D两点电势相等，故将一正电荷从C点移动到D点，电场力做功为零，所以D错误9.如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O(0,0)点电势为6 V，A(1，)点电势为3 V，B(3，)点电势为0，则由此可判定()AC点电势为3 VBC点电势为0C该匀强电场的电场强度大小为100 V/mD该匀强电场的电场强度大小为100 V/m解析：选BD.由题意可知C点坐标为(4,0)，在匀强电场中，任意两条平行的线段，两点间电势差与其长度成正比，所以，代入数值得C0，A错误，B正确；作BDAO，如图所示，则D3 V，即AD是一等势线，电场强度方向沿OG，OGAD，由几何关系得OG cm，由E得E100 V/m，C错误，D正确10.如图所示，abcd是一圆形区域，处于匀强电场中，并与电场方向平行大量电子从圆形的中心O，以相同速率v向各个方向放射，电子从圆形边界上的不同点射出，其中到达a点的电子速度恰好为零，不计电子的重力，下面推断正确的是()A在圆形边界上c点电势最高B到达c点的电子电势能最小，速率是2vC到达b、d两点的电子电势能相等，速率均是vD到达b、d两点的电子电势能可能不相等解析：选AC.依据题意，到达a点的电子速度恰好为零，可知a点是电子电势能最高的点，是圆形区域内电势最低的点，电场线方向沿ca方向，且满足eUOa0mv2，在圆形边界上c点电势最高，a点电势最低，A正确；到达c点的电子电势能最小，设速率为v，由动能定理得，eUOcmv2mv2，UOcUOa，到达c点的电子速率是v，B错误；b、d连线为一等势线，到达b、d两点的电子电势能相等，速率均是v，C正确，D错误三、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)11(12分)(2021山西太原五中月考)质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L，A球带电荷量qA10q；B球带电荷量qBq.若在C上加一个水平向右的恒力F，如图所示，要使三球能始终保持L的间距向右运动，则：(1)C球带电性质是什么？(2)外力F为多大？解析：(1)由于A、B两球都带正电，它们相互排斥，C球必需对A、B都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C球带负电荷(2分)(2)对三个小球整体，加速度为a，则有F3ma(2分)隔离A、B，由牛顿其次定律可知：对A：ma(3分)对B：ma(3分)联立得：F70k.(2分)答案：(1)C球带负电荷(2)70k12(16分)(2021四川南充一诊)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mglmv2，v.(3分)(2)细线在刚要接触障碍物P时，设细线的拉力为T1，由牛顿其次定律得T1mgm(2分)细线在刚接触到障碍物P时，设细线的拉力为T2，由牛顿其次定律得T2mgm(2分)可解得T2T12mg.(1分)(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 ，(2分)小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离xvtt2，(2分)小球运动到水平面的过程由动能定理得mghqExEkmv2，(2分)可解得Ekmghmgl2qE.(2分)答案：(1)(2)增大2mg(3)mghmgl2qE13(18分)(2021池州模拟)如图甲所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点现有一质量为m，电荷量为q的粒子从A点沿AB方向以确定的初速度进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力(1)求粒子进入电场前的初速度的大小；(2)其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能；(3)现将电场分成AEFD和EBCF相同的两部分，并将EBCF向右平移一段距离x(xL)，如图乙所示设粒子打在荧光屏上位置与O点相距y，恳求出y与x的关系解析：(1)粒子在电场内做类平抛运动，水平方向：Lv0t，(1分)竖直方向：t2，(2分)得v0 .(1分)(2)其他条件不变，增大电场强度，从CD边中点Q飞出与从BC边中点P飞出相比，水平位移减半，竖直位移加倍，依据类平抛运动学问yat2，xv0t，则加速度为原来的8倍，电场强度为原来的8倍，电场力做功为W18EqL(2分)粒子从CD边中点Q飞出时的动能Ek1mvW1EqL.(2分)(3)将EBCF向右平移一段距离x，粒子在电场中的类平抛运动分成两部分，在无电场区域做匀速直线运动，轨迹如图所示，tan 1(vy为粒子离开电场AEFD时竖直方向的速度)(2分)y1xtan 1(2分)tan 21(vy为粒子离开电场EBCF时竖直方向的速度)(2分)y2(Lx)tan 2Lx(2分)yy1y2Lx.(2分)答案：(1)(2)EqL(3)yLx