2020届高考物理总复习第七单元电场单元检测（含解析）.docx

单元检测见一、单项选择题1.(2018 山西阳泉单元检测)下列关于点电荷的说法正确的是( )。A.任何带电体,都可以看成是电荷全部集中于中心的点电荷B.球状带电体一定可以看成点电荷C.点电荷就是元电荷D.一个带电体能否看作点电荷应以具体情况而定解析 一个带电体能否看作点电荷,是相对于具体问题而言的,不能单凭其大小和形状及带电荷量的多少来判断,因此 D 项正确,A、B 两项错误。元电荷是电荷量,点电荷是带电体的抽象,两者的内涵不同,所以 C 项错误。答案 D2.(2018 河南洛阳模拟)某静电场在 x 轴上的电场强度 E 随 x 的变化关系如图所示, x 轴正方向为电场强度正方向,带正电的点电荷沿 x 轴运动,则点电荷( )。A.在 x2和 x4处电势能相等B.由 x1运动到 x3的过程中电势能减小C.由 x1运动到 x4的过程中电场力先增大后减小D.由 x1运动到 x4的过程中电场力先减小后增大解析 根据图示的静电场在 x 轴上的电场强度 E 随 x 变化关系图象可知,在 x2和 x4处电场强度相等,点电荷所受电场力相等,从 x2到 x4,电场力对正电荷做负功,电势能增加,则点电荷在 x4处电势能大,A 项错误;由 E=- 可知 ,E-x 图象与横轴所夹面积表示电势差 U,电场力做功 W=qU,由图象可知,由 x1运动到 x3的过程Δ φΔ x中,电场力做负功,电势能增加,B 项错误;由电场力 F=qE,在 x 轴上,由 x1运动到 x4的过程中电场力先增大后减小,C 项正确,D 项错误。答案 C3.(2018 河南开封一模)在电场强度大小为 E 的匀强电场中,将一个质量为 m、电荷量为 +q 的带电小球由静止开始释放,带电小球沿与竖直方向成 θ 角的方向做直线运动。下列关于带电小球的电势能 Ep和机械能 W 的判断,正确的是( )。A.若 sinθEB、 φ Av1,则电场力不一定做正功C.A、 B 两点间的电势差为 ( - -2gh)m2qv22v12D.小球从 A 点运动到 B 点的过程中电场力做的功为 m - m12v2212v12解析 由电场线的疏密可判断出 EAφ B,故 A 项错误;在运动的过程中,由动能定理得: mgh+qU= m - m ,若 v2v1,qU 可正可负,即电场力不一定做正功, A、 B 两点间的电势差 U= (12v2212v12 m2q- -2gh),电场力做功 W=qU= m - m -mgh,故 B、C 两项正确,D 项错误。v22v1212v2212v12答案 BC6.(2018 吉林长春模拟)如图所示,平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路,反向电阻无穷大可以视为断路)连接,电源负极接地。初始电容器不带电,闭合开关稳定后,一带电油滴位于电容器的 P 点且处于静止状态。下列说法正确的是( )。A.减小两极板间的正对面积,带电油滴会向上移动,且 P 点的电势会降低B.将上极板下移,则 P 点的电势不变C.将下极板下移,则 P 点的电势升高D.无论哪个极板上、下移动,带电油滴都不可能向下运动解析 因为电路中有二极管,所以电容器只能充电不能放电。根据 C= = 可知,若 U 不变, S 减小,则 QQUε rS4πkd减小,但二极管导致 Q 不变,故 S 减小, U 增大,根据 U=Ed 可知 E 增大,油滴上移, P 点电势升高,A 项错误。 d 减小,若 U 不变,则 Q 增大,故 U 不变成立,根据 U=Ed 知 E 增大, P 点电势升高,B 项错误。 d 增大,若 U 不变,则 Q减小,二极管导致 Q 不变,故 E 不变, P 点电势升高,C 项正确。若 d 增大,则 E 不变,若 d 减小,则 E 增大,故油滴不会下移,D 项正确。答案 CD7.(2018 河北石家庄期中)如图所示,在竖直平面内的 xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场,将一质量为 m、带电荷量为 q 的小球,以某一初速度从 O 点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程 y=kx2,且小球通过点 P 。已知重力加速度为 g,(1k,1k)则( )。A.电场强度的大小为mgqB.小球初速度的大小为g2kC.小球通过点 P 时的动能为5mg4kD.小球从 O 点运动到 P 点的过程中,电势能减少2mgk解析 由轨迹方程 y=kx2可知小球的初速度方向向上,合力方向水平向右,由受力分析可知mg=Eq,E= ,A 项错误。联立方程 = gt2, =v0t,解得 v0= ,B 项正确。根据动能定理 mg· =Ek- m ,得22mgq 1k12 1k g2k 1k 12v02Ek= ,C 项正确。Δ Ep=-W=-Eq· =- mg· =- ,D 项错误。5mg4k 2k 2 2k 2mgk答案 BC8.(2018 山东聊城段考)如图所示,两个等量异种点电荷关于原点 O 对称放置,下列能正确描述其位于 x 轴上的电场(取水平向右为电场正方向)或电势分布随位置 x 变化规律的是( )。解析 根据两电荷连线的中垂线电势为零,越靠近正电荷电势越高,越靠近负电荷电势越低可知电势分布随位置 x 变化规律正确的是 A 项;根据在两电荷连线上电场强度先减小后增大,越靠近电荷,电场强度越大可知电场强度分布随位置 x 变化规律正确的是 C 项。答案 AC三、计算题9.(2018 河南郑州二模)如图甲所示,在 y=0 和 y=2m 之间有平行 x 轴的匀强电场, MN 为电场区域的上边界,在x 轴方向范围足够大。电场强度的变化如图乙所示,取 x 轴正方向为电场正方向。现有一个带负电的粒子,粒子的比荷 =1.0×10-2C/kg,在 t=0 时刻以速度 v0=5×102m/s 从 O 点沿 y 轴正方向进入电场区域,不计粒子的重qm力。求:(1)粒子通过电场区域的时间。(2)粒子离开电场的位置坐标。(3)粒子通过电场区域后沿 x 轴方向的速度大小。解析 (1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场,在电场中做类平抛运动,所以粒子通过电场区域的时间t= =4×10-3s。yv0(2)由图乙可知,电场的变化周期 T=4×10-3s,粒子进入电场后,在 x 轴方向先加速后减速,加速时的加速度大小 a1= =4m/s2E1qm减速时的加速度大小 a2= =2m/s2E2qmx 轴方向上的位移 x= a1 +a1 - a2 =2×10-5m12(T2)2 (T2)212(T2)2因此粒子离开电场的位置坐标为( -2×10-5m,2m)。(3)粒子在 x 轴方向的速度vx=a1 -a2 =4×10-3m/s。T2 T答案 (1)4×10-3s (2)(-2×10-5m,2m) (3)4×10-3m/s10.(2018 安徽淮南一模)如图甲所示,在真空中,沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系 xOy,在x 轴上方有一沿 x 轴正方向的匀强电场 E(电场强度 E 的大小未知)。有一质量为 m,带电荷量为 +q 的小球,从坐标原点 O 由静止开始自由下落,当小球运动到 P(0,-h)点时,在 x 轴下方突然加一竖直向上的匀强电场,其电场强度大小与 x 轴上方的电场强度大小相等,且小球从 P返回到 O 点与从 O 点下落到 P 点所用的时间相等,重力加速度为 g。求:(1)小球返回 O 点时速度的大小。(2)匀强电场的电场强度 E 的大小。(3)小球运动到最高点时的位置坐标。解析 (1)设小球从 O 点运动到 P 点所用的时间为 t,在 P 点的速度为 v1,返回 O 点时的速度为 v2,则h= gt212解得 t=2hg则 v1=gt= 2gh加上竖直向上的匀强电场后,有h= t-v1+v22解得 v2=2 。2gh(2)加上竖直向上的匀强电场后,小球的加速度a= =3gv2-(-v1)tEq-mg=ma解得 E= 。4mgq(3)竖直方向 y= =4hv222g设小球进入 x 轴上方运动到最高点所用时间为 t2,则t2= =20-v2-g 2hg水平方向 ax= =4gqEm则 x= ax =16h12t22所以小球运动到最高点时的位置坐标为(16 h,4h)。答案 (1)2 (2) (3)(16h,4h)2gh4mgq11.(2018 福建三明质检)如图所示,水平绝缘光滑轨道 AB 的 B 端与处于竖直平面内的圆弧形光滑绝缘轨道BCD 平滑连接,圆弧的半径 R=0.50m,轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场强度 E=1.0×104N/C。现有一质量 m=0.06kg 的带电小球(可视为质点)放在水平轨道上与 B 端距离 s=1.0m 的位置,由于受到电场力的作用,带电小球由静止开始运动。已知带电小球所带的电荷量 q=8.0×10-5C,取 g=10m/s2。问:(1)带电小球能否到达圆弧最高点 D?请计算说明。(2)带电小球运动到何处时对轨道的压力最大?最大值为多少?解析 (1)假设小球能到达 D 点,且在 D 点速度为 vD从 A 到 D 过程,由动能定理得qEs-mg·2R= m -012vD2可得小球在 D 点所需要的向心力F 向 =m =0.8NvD2R而重力 G=mg=0.6N则 F 向 G,故带电小球能到达圆弧最高点 D。(2)小球在电场中受到的电场力和重力的合力大小(等效为新的重力)F 等效 = =1N(mg)2+(qE)2方向与竖直方向的夹角为 θ ,有tanθ= =qEmg43解得 θ= 53°当小球到达过圆心向 F 等效 方向的最低点时,小球速度达到最大,设此位置为 P(在 BC 段),此时小球对轨道的压力达最大小球从 A 到 P 的过程,由动能定理得qE(s+Rsinθ )-mg(R-Rcosθ )= m -012vP2在 P 点,由牛顿第二定律得 FNmax-F 等效 =mvP2R解得 FNmax=5N由牛顿第三定律可得小球对轨道的最大压力为 5N。答案 (1)能,说明见解析 (2)在 BC 段与竖直方向夹角为 53° 5N