（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第七章 靜電場本章綜合能力提升練.docx

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第七章 靜電場本章綜合能力提升練(限時：45分鐘)一、單項選擇題1.(2019屆寧波市諾丁漢大學附屬中學期末)如圖1所示，絕緣支架上固定兩金屬板，金屬板之間的距離可調(diào)，下列說法正確的是()圖1A該裝置太大了，所以不能稱為電容器B兩金屬板構(gòu)成電容器，充電后能夠儲存電荷C電容器能夠儲存電荷，不能儲存電場能D因為裝置沒有帶電，所以電容為零答案B2.“探究影響平行板電容器電容大小的因素”的實驗裝置如圖2所示，忽略漏電產(chǎn)生的影響，下列判斷正確的是()圖2A平行板正對面積減小時，靜電計指針偏角減小B靜電計可以用電壓表替代C靜電計所帶電荷量與平行板電容器所帶電荷量不相等D靜電計測量的是平行板電容器所帶電荷量答案C3.某靜電除塵裝置管道截面內(nèi)的電場線分布如圖3所示，平行金屬板M、N接地，正極位于兩板正中央，圖中a、b、c三點的場強分別為Ea、Eb、Ec，電勢分別為a、b、c，則()圖3AEaEbBEbbDbc答案C4如圖4所示，光滑絕緣的水平面上的P點固定著一個帶正電的點電荷，在它的右側(cè)N點由靜止開始釋放一個也帶正電的小球(可視為質(zhì)點)以向右為正方向，下圖中能反映小球運動速度隨時間變化規(guī)律的是()圖4答案B解析N點的小球由靜止釋放后，受到向右的庫侖力的作用，開始向右運動，根據(jù)庫侖定律Fk可得，隨著兩者之間的距離的增大，運動小球受到的庫侖力在減小，根據(jù)牛頓第二定律a可得，小球做加速度減小的加速直線運動，而vt圖象中圖象的斜率表示小球運動的加速度，所以B項正確5如圖5所示，空間有一水平勻強電場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，沿圖中虛線由A運動到B，其能量變化情況是()圖5A動能減少，重力勢能增加，電勢能減少B動能減少，重力勢能增加，電勢能增加C動能不變，重力勢能增加，電勢能減少D動能增加，重力勢能增加，電勢能減少答案B解析由于帶電微粒做直線運動，其受力如圖所示，其合外力的方向應為速度的反方向，故帶電微粒做減速運動，動能減少，重力做負功，重力勢能增加，電場力做負功，電勢能增加，故選項B正確6.如圖6所示，勻強電場中有M、N、P、Q四點，它們分別位于矩形的四個頂點上電子分別由M點運動到N點和Q點的過程中，電場力所做的正功相同，已知N、P、Q中有兩點電勢是18V、10V則()圖6A不可能求出M點電勢BN點電勢是18VCP點電勢是10VDQ點電勢是10V答案D解析電子分別由M點運動到N點和Q點過程中，電場力所做的正功相同，說明N、Q兩點電勢相等，且高于M點的電勢，故四點的電勢關(guān)系是MNQP，所以P18V，NQ10V，B、C錯誤，D正確；由于QM平行且與PN長度相同，所以UQMUPN8V，可得M2V，A錯誤7(2016浙江4月選考8)密立根油滴實驗原理如圖7所示兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下電場強度大小為E的勻強電場用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和帶電荷量各不相同的油滴通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是()圖7A懸浮油滴帶正電B懸浮油滴的帶電荷量為C增大電場強度大小，懸浮油滴將向上運動D油滴的帶電荷量不一定是電子帶電荷量的整數(shù)倍答案C解析油滴懸浮不動，說明其所受的電場力與重力平衡，所以帶負電，A錯；由Eqmg得q，所以B錯；如果增大電場強度大小，油滴所受的電場力增大，油滴就會向上運動，C對；所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍，D錯8(2019屆書生中學模擬)如圖8所示，將一帶電小球A通過絕緣細線懸掛于O點，細線不能伸長，現(xiàn)要使細線偏離豎直線30角，可在O點正下方的B點固定放置帶電荷量為q1的點電荷，且B、A連線垂直于OA；也可在O點正下方C點固定放置帶電荷量為q2的點電荷，且C、A處于同一水平線上則為()圖8A.B.C.D.答案C解析對兩種情況進行受力分析，如圖所示：依據(jù)矢量的合成法則，結(jié)合三角形知識及平衡條件，則有：Fmgsin30，F(xiàn)mgtan30，根據(jù)庫侖定律，則有：F，F(xiàn)，根據(jù)幾何知識，則有：lBALtan30，lCALsin30，綜上可得：，故A、B、D錯誤，C正確二、多項選擇題9如圖9所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點若粒子在運動中只受電場力作用根據(jù)此圖能作出的正確判斷是()圖9A帶電粒子所帶電荷的符號B粒子在a、b兩點的受力方向C粒子在a、b兩點何處速度大Da、b兩點電場的強弱答案BCD解析由題圖中粒子的運動軌跡可知粒子在a、b兩點受到的電場力沿電場線向左，由于電場線方向不明，無法確定粒子的電性，故A錯誤，B正確；由軌跡彎曲方向與粒子速度方向的關(guān)系分析可知，電場力對粒子做負功，粒子動能減小，電勢能增大，則粒子在a點的速度較大，故C正確；根據(jù)電場線的疏密程度可判斷a、b兩點電場的強弱，故D正確10(2018嘉興市期末)一對等量異種點電荷電場的電場線(實線)和等勢線(虛線)分布如圖10所示，則下列說法正確的是()圖10AA點場強EA大于B點場強EBBA點電勢A低于B點電勢BC某一點電荷在A點時的電勢能EpA一定大于在B點時的電勢能EpBD將某一點電荷從A點移至B點，路徑不同，電場力做功也不同答案AB11.如圖11所示，帶電平行金屬板A、B，板間的電勢差為U，板間距離為d，A板帶正電，B板中央有一小孔一帶電的微粒，帶電荷量為q，質(zhì)量為m，自孔的正上方距B板高h處由靜止自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央C點，則下列說法中正確的是()圖11A微粒在下落過程中動能逐漸增大，重力勢能逐漸減小B微粒下落過程中重力做功為mg，電場力做功為C微粒落入電場中，電勢能逐漸增加，其增加量為D若微粒從距B板高2h處自由下落，則恰好能到達A板答案BCD解析微粒下落至C點的過程中，重力做功mg，重力勢能減?。浑妶隽ψ龉?，電勢能增加，增加量為，微粒動能先增大后減小，故A錯誤，B、C正確；由動能定理得，微粒由h處下落時，mgq0，即qUmg(2hd)，由2h處下落時，mg(2hd)qU0，說明微粒恰能到達A板，故D正確12.如圖12所示，平行板電容器充電后形成一個勻強電場，大小保持不變讓質(zhì)子(H)流以不同初速度，先、后兩次垂直電場射入，分別沿a、b軌跡落到極板的中央和邊緣，則質(zhì)子沿b軌跡運動時()圖12A加速度更大B初速度更大C動能增量更大D兩次的電勢能增量相同答案BD解析加速度為a，加速度相同，故A錯誤；質(zhì)子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則偏轉(zhuǎn)距離yat2，x是水平位移，由題圖看出，y相同，則知，v0越大時，x越大，故質(zhì)子沿b軌跡運動時初速度v0更大，故B正確；電場力做功為WqEy，可見，電場力做功相同，由動能定理知，動能增量相同，由能量守恒知，兩次的電勢能增量相同，故D正確，C錯誤三、計算題13如圖13所示，用一條長為1m的絕緣輕繩懸掛一個帶電小球，小球質(zhì)量為1.0102kg，所帶電荷量為2.0108C，現(xiàn)加一水平向右的勻強電場，平衡時絕緣繩與豎直方向成30角，g取10m/s2.圖13(1)求該勻強電場的電場強度大??；(2)在外力作用下，使小球從位置A移到位置B，求電場力所做的功及小球電勢能的變化答案(1)107N/C(2)J電勢能增加J解析(1)小球受力平衡：qEmgtan30解得：E107N/C(2)W電qELsin30解得：W電J由功能關(guān)系得EpW電解得：EpJ14一束電子流從A極板中間的小孔由靜止進入并經(jīng)U880V的加速電壓加速后，從B極板中間的小孔以速度v0飛出，在與兩極板C、D等距處垂直進入平行板C、D間的勻強電場，如圖14所示，若兩板間距d1.0cm，板長l5cm.已知電子的電荷量與其質(zhì)量的比值1.761011C/kg，不計電子重力影響求：圖14(1)電子從B極板小孔飛出的速度v0的大?。?2)電子在C、D平行板間電場中的運動類似于哪種運動；(3)要使電子恰好從D極板邊緣飛出，C、D間的電壓大小答案(1)1.76107m/s(2)平拋運動(3)70.4V解析(1)在加速電場中，由動能定理得：eUmv020，解得：v01.76107m/s；(2)電子在水平方向不受力且具有初速度，在水平方向做勻速直線運動，電子在豎直方向受到恒定的電場力作用且初速度為零，做初速度為零的勻加速直線運動，電子在C、D平行板間的運動類似于平拋運動，即電子做類平拋運動；(3)電子在C、D板間做類平拋運動，電子恰好從D板邊緣飛出時：水平方向：lv0t，豎直方向：dt2，解得：U70.4V.15如圖15所示，在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的光滑軌道，一個帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止釋放，沿軌道滑下，已知小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，勻強電場的場強大小為E，斜軌道的傾角為(小球的重力大于所受的電場力)圖15(1)求小球沿斜軌道下滑的加速度的大小(2)若使小球通過圓軌道頂端的B點，求A點距水平地面的高度h至少應為多大？(3)若小球從斜軌道h5R處由靜止釋放假設(shè)其能夠通過B點，求小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中小球機械能的改變量答案(1)(2) 2.5R(3)3EqR解析(1)根據(jù)牛頓第二定律得：(mgqE)sinma，解得：a；(2)若小球剛好通過B點，根據(jù)牛頓第二定律有：mgqEm小球由A到B，據(jù)動能定理：(mgqE)(h2R)mv20聯(lián)立解得h2.5R；(3)小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中，由功能關(guān)系知，機械能的變化量為：E機W電，W電3EqR，故E機3EqR