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单元评估检测(七)
(第七章)静电场
(45分钟 100分)
一、选择题(此题共12小题,每题5分,共60分。1~8题为单项选择题,9~12题为多项选择题)
1.(2023·江苏高考)静电现象在自然界中普遍存在,我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,?春秋纬·考异邮?中有“玳瑁吸〞之说,但以下不属于静电现象的是 ( )
,两者相互吸引
,小线圈中产生电流
,手碰到金属把手时有被电击的感觉
【解析】选C。小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生感应电流,是电磁感应现象,不是静电现象,应选C。
,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中坐标原点O处的电势为0V,点A处的电势为6V,点B处的电势为3V,那么电场强度的大小为 ( )
【解析】选A。x轴上OA的中点C的电势为3V,那么BC连线为等势线,如下图,电场的方向与等势线垂直,且由电势高处指向电势低处,根据几何图形,O点到BC的距离为d=,所以E=Ud==200V/m,应选项A正确。
3.(2023·株洲模拟)如下图,两个带有同种电荷的小球,用绝缘细线悬挂于O点,假设q1>q2,L1>L2,平衡时两球到过O点的竖直线的距离相等,那么
导学号42722630( )
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>m2 =m2
<m2
【解题指导】该题是带电小球在库仑力作用下的平衡问题。应该注意的问题:
(1)对两个小球分别受力分析,画出受力图。
(2)根据力的三角形特点选择三角形相似法求解。
【解析】选B。对m1、m2球受力分析,如下图:
根据共点力平衡和几何关系得:左边两个阴影局部面积相似,右边两阴影局部面积相似;虽然q1>q2,L1>L2,但两者的库仑力大小相等,那么有m1gF1=m2gF2,由于F1=F2,所以m1=m2。故B正确。
,a、b两个带正电的粒子,以相同的速度先后垂直于电场线、从同一点进入平行板间的匀强电场后,a粒子打在B板的a′点,b粒子打在B板的b′点,假设不计重力,那么 ( )
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【解析】选C。由a、b在水平方向的位移不同可知两粒子在电场中的运动时间不同,tb>ta,根据y=12at2,可知:aa>ab,又因为qaE=maaa,qbE=mbab,所以qama>qbmb,应选项C正确,A、B、D错误。
,质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电
场中,P从平行板间正中央射入,Q从下极板边缘处射入,它们都打到上极板同一
点,不计粒子重力 ( )
【解析】选A。垂直电场方向不受力,做匀速直线运动,位移相等,故运动时间相等,所以A正确;平行电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,两粒子沿电场方向位移之比为1∶2,根据位移公式x=12at2可知a=2xt2,故可知aQ>aP,所以B错误;根据牛顿第二定律可知qE=ma,故有q=2xmEt2,所以它们的电荷量不相同,故C错误;电场力做的功W=qEx,代入x、q可知,电场力做功之比为1∶4,所以D错误。
,空间有与水平方向成θ角的匀强电场。一个质量为m的带电小球,用长L的绝缘细线悬挂于O点。当小球静止时,细线恰好处于水平位置。现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点,此过程小球的电荷量不变。那么该外力做的功为 ( )
导学号42722631
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【解析】选A。小球在最高点受力平衡,如图,根据平衡条件,有T=mgcotθ ①
qE=mgsinθ ②
小球的位移如图中AB所示,电场力qE与位移的夹角为180°-(θ-45°),位移大小为2L,对从最高点到最低点过程,运用动能定理得到:
WF+mgL+qE·2L·cos[180°-(θ-45°)]=0 ③
由②③解得:WF=mgLcotθ
故此题选A。
7.(2023·郑州模拟)金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如下图,A、B两点到正电荷的距离相等,C点靠近正电荷,那么 ( )
、B两点的电势相等
、B两点的电场强度相等
【解析】选D。沿着电场线电势逐渐降低,B点电势比A点电势高,C点的电势比A点电势高,应选项A、B错误;电场线的疏密表示电场的强弱,B点处电场线比A点处电场线密,C点处电场线比B点处电场线密,那么B点的场强大于A点的场强,C
点的场强大于B点的场强,应选项C错误,D正确。
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8.“电子能量分析器〞主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成,A、B为电势值不等的等势面,电势分别为φA和φB,其过球心的截面如下图。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射,进入偏转电场区域,最后到达偏转器右端的探测板N,其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。以下说法中正确的选项是 ( )
=4Ek0e(RA+RB)
【解析】选C。电子做匀速圆周运动,电场力提供向心力,受力的方向与电场的方向相反,所以B板的电势较高,故A错误;电子做匀速圆周运动,其加速度方向始终指向圆心,方向时刻变化,应选项B错误;电子在等势面C所在处做匀速圆周运动,电场力提供向心力,那么eE=mv2R,又R=RA+RB2,Ek0=12mv2,联立以上三式解得E=4Ek0e(RA+RB),故C正确;该电场是辐射状电场,内侧的电场线密,电场强度大,所以UBC>UCA,即φB-φC>φC-φA,所以φC<φA+φB2,故D错误。
9.(2023·马鞍山模拟)如下图,在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点
电荷+Q、-Q,虚线是以+Q所在点为圆心、L2为半径的圆,a、b、c、d是圆上的四
个点,其中a、c两点在x轴上,b、d两点关于x轴对称。以下判断正确的选项是 ( )
导学号42722632
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、d两点处的电势相同
、d两点处的电场强度相同
+q沿圆周由a点移至c点,+q的电势能减小
【解析】选A、B、D。等量异种点电荷电场的等势面关于两点电荷连线对称,b、d两点关于两点电荷连线对称,因此,b、d两点的电势相等,选项A正确;过c点的两点电荷连线的垂直平分线是零等势面,因此,c点电势为零,但其他三个点的电势都大于零,为正值,选项B正确;根据等量异种点电荷电场中电场线的分布规律可以知道,b、d两点关于两点电荷连线对称,两点的电场强度大小相等,但方向不同,选项C错误;因为φa>φc,因此将一试探电荷+q由a移到c,电荷+q的电势能减小,选项D正确。
【总结提升】电场中功能关系的应用
(1)假设只有电场力做功,电荷的电势能与动能相互转化,两者之和守恒。
(2)假设只有电场力和重力做功,电荷的电势能、重力势能与动能相互转化,其总和守恒。
(3)电场力做功与电荷电势能的变化相对应,电场力做正功,电势能减少,电场力做负功,电势能增加。
(4)合外力对电荷所做的总功等于电荷动能的增量。
,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,那么 ( )
导学号42722633
,再将下极板向下移动一小段距离,那么带电油滴所受电场力不变
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【解析】选A、C、D。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=εrS4πkd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=Ud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;假设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,那么电容器带电荷量Q不变,极板间距d变大,根据Q=CU、E=Ud和C=εrS4πkd可知E=4πkQεrS,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。
11.(2023·南昌模拟)如下图,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为-10V,0,10V。实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,,,那么该带电粒子 ( )
【解析】选A、D。电场方向从高电势指向低电势,所以电场强度方向竖直向上,做曲线运动过程中,粒子受到的合力指向轨迹的内侧,而粒子只受电场力,故电场力方向向上,所以粒子带正电,A正确;在b点处的电势能为Epb=φbq=10×=,B错误;在a处电势能为Epa=φaq=-10×=-,运动过程中由于只有电场力做功,所以电势能与动能之和恒定,故Eka+Epa=Ekb+Epb,,C错误;在c点电势能为零,故Eka+Epa=Ekc=,D正确。
【加固训练】
如下图,矩形ABCD位于匀强电场中,且与匀强电场方向平行。AB=2BC,A、B、D的电势分别为6V、2V、4V。初动能为24eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场,恰好经过B。不计粒子的重力,以下说法正确的选项是 ( )
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,该粒子可能经过C
,该粒子可能经过D
【解析】选A、D。根据匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等,取AB的中点O,那么O点的电势为4V,连接OD那么为等势线,电场强度与等势面垂直,且由高电势指向低电势,电场强度垂直OD斜向上,由物体做曲线运动的条件,电场力斜向下,故粒子带负电荷,故A正确;由动能定理得:qU=EkB-EkA,即:-4e(6-2)V=EkB-24eV,解得:EkB=8eV,故B错误;同理,求得C点的电势为0,由动能定理得:qU=EkC-EkA,即:-4e(6-0)V=EkC-24eV,解得:EkC=0,由曲线运动知识可知,粒子到达C点动能不为零,故C错误;由动能定理,得:qU=EkD-EkA,即:-4e(6-4)V=EkD-24eV,解得:EkD=16eV,故D正确。
,空间有竖直向下的匀强电场,电场强度为E,在电场中P处由静止释放一质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)。在P的正下方h处有一水平弹性绝缘挡板S(挡板不影响电场的分布),小球每次与挡板相碰后电量减小到碰前的k倍(k<1),而碰撞过程中小球的机械能不损失,即碰撞前后小球的速度大小不变,方向相反。设在匀强电场中,挡板S处的电势为零,那么以下说法正确的选项是
( )
【解析】选A、B、C。因S处的电势为0,故φP=Eh,小球在初始位置P处的电势能为φPq=Ehq,应选项A正确;设小球第一次与挡板碰前的速度大小为v0,由动能定理得,mgh+qEh=12mv02,设反弹后上升的高度为H,由能量守恒得(mg+Ekq)H=
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12mv02,由以上两式可得H=mg+qEmg+Ekqh,因k<1,故H>h,选项B正确,D错误;因EqkH=Eqhkmg+kqEmg+kEq<Eqh,应选项C正确。
二、计算题(此题共2小题,共40分。需写出标准的解题步骤)
13.(20分)如图甲,水平放置的平行金属板A、B间的距离d=,板长L=,在金属板的左端竖直放置一个带有小孔的挡板,小孔恰好位于A、B板的正中间。距金属板右端x=。现在A、B板间加如图乙的方波形电压,U0=×102V。在挡板的左侧,有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板,粒子的质量m=×10-7kg,电荷量q=×10-2C,速度大小均为v0=×104m/s。带电粒子的重力不计。
导学号42722634
(1)求粒子在电场中的运动时间。
(2)求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离。
(3)请证明粒子离开电场时的速度均相同。
【解析】(1)粒子水平方向速度不变,做匀速直线运动,
在电场中运动时间为
t=Lv0=×104s=3×10-5s(2分)
(2)0时刻进入的粒子竖直方向上先做匀加速直线运动,用时t1=2×10-5s,再做匀减速直线运动,用时t2=1×10-5s,加速度大小相等,为:
a=qU0md=1×10-2××1021×10-7×=1×108m/s2, (2分)
射出电场时,竖直分速度为:
vy=at1-at2=1×108×(2×10-5-1×10-5)m/s=1×103m/s, (2分)
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因为t1=2t2,可将整个运动时间分成三个t2,根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知,在三个t2内粒子竖直分位移分别为:
y1=12at22,y2=3×12at22,y3=3×12at22, (3分)
所以射出电场时,竖直分位移为:
Y′=(1+3+3)×12at22=7×12×108×(1×10-5)2m= (3分)
依据比例可得:
Y=Y′+vyv0x=+=(2分)
(3)粒子离开电场时竖直分速度为:
vy=a(t正-t负), (2分)
式中t正为粒子在电场中运动时正向电压(上极板为U0)的持续时间,t负为粒子在电场中运动时负向电压(下极板为U0)的持续时间,(t正-t负)恰好等于交变电压的周期的13倍, (2分)
故vy=a·13T=1×108×1×10-5m/s=1000m/s, (2分)
答案:(1)3×10-5s (2)
(3)证明见解析
14.(20分)如下图,甲图为示波管的示意图,竖直偏转电极的极板长l=,两板间距离d=,极板右端与荧光屏的距离L=18cm。由阴极发出的电子经电场加速后,以v=×107m/s的速度沿中心线进入竖直偏转电场。电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计,电子的电荷量e=×10-19C,质量m=×10-30kg。
导学号42722635
(1)求加速电压U0的大小。
(2)要使电子束不打在偏转电极的极板上,求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件。
(3)假设在竖直偏转电极上加如图乙所示的交变电压,那么在荧光屏上会产生一条竖直的亮线,求亮线的长度。(第3小问保存2位有效数字)