2022届高考物理一轮复习单元检测卷七静电场含解析新人教版

word 文档 - 1 - / 14 单元检测卷(七) 静电场 时间：45 分钟 满分：100 分 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分.1～5 题为单选题，6～8 题为多选题) 1．[2020·某某某某联考]小强在加油站加油时，看到加油机上有如图所示的图标，关于图 标涉及的物理知识及其理解，下列说法正确的是( ) A．制作这些图标的依据是静电屏蔽原理 B．工作人员工作时间须穿绝缘性能良好的化纤服装 C．化纤手套与接触物容易摩擦起电存在安全隐患 D．用绝缘的塑料梳子梳头应该没有关系 2．[2020·某某名师联盟联考]全球首创超级电容储存式现代电车在中国某某基地下线，没 有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的 30 秒内可充满电并行驶 5 公里以 上，刹车和下坡时可把 85%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，如图为使用“3V,12000F” word 文档 - 2 - / 14 石墨烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是( ) A．该电容器的容量为 36000A·h B．电容器放电，电荷量逐渐减少到 0，电容不变 C．电容器放电，电荷量逐渐减少到 0，电压不变 D．若 30s 能充满电，则充电的平均电流为 3600A 3．如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电 场力作用下依次通过 M、N、P 三点，其中 N 点是轨迹上距离负点电荷最近的点．若粒子在 M 点和 P 点的速率相等，则( ) A．粒子一定带正电且做匀速圆周运动 B．UMN＝UNP C．粒子在 N 点时的加速度最大、电势能最小 D．粒子在 M、P 两点时的加速度相同 4．如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为 m，所带电荷量分别为＋q 和－q，两球间 用绝缘细线 2 连接，甲球用绝缘细线 1 悬挂在天花板上，在两球所在空间有沿水平方向向左 的匀强电场，场强为 E，且有 qE＝mg，平衡时细线都被拉直．则平衡时的可能位置是哪个图 ( ) word 文档 - 3 - / 14 5．[2020·某某某某市 5 月第二次质检]如图，喷雾器可以喷出各种质量和电荷量的带负电 油滴．假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平 直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上．不计空气阻力 及油滴间的相互作用，则( ) A．沿直线①运动的所有油滴质量都相等 B．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等 C．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为 1:2 D．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为 1:4 6．如图所示，在玻璃管中心轴上安装一根直导线，玻璃管外绕有线圈，直导线的一端和 线圈的一端分别跟感应圈的两放电柱相连．开始，感应圈未接通电源，点燃蚊香，让烟通过 玻璃管冒出．当感应圈电源接通时，玻璃管中的导线和管外线圈间就会加上高电压，立即可 以看到不再有烟从玻璃管中冒出来了．过一会儿还可以看到管壁吸附了一层烟尘，这是因为 ( ) word 文档 - 4 - / 14 A．烟尘在高压电场作用下带上了负电 B．烟尘在高压电场作用下带上了正电 C．带负电的烟尘吸附在线圈上，因此看不到有烟冒出 D．带正电的烟尘吸附在直导线上，因此看不到有烟冒出 7．如图所示，A、B、C、D 是匀强电场中的四个点，D 是 BC 的中点，A、B、C 构成一 个直角三角形，AB 长为 1m，电场线与三角形所在的平面平行，已知φA＝5V、φB＝－5V， φC＝15V，由此可以判断( ) A．场强的方向由 C 指向 B B．场强的方向垂直 AD 连线斜向下 C．场强的大小为 10V/m D．场强的大小为 20 3 V/m 8．[2021·某某省皖南八校联考]某静电场中 x 轴上电场强度 E 随 x 变化的关系如图所示， 设 x 轴正方向为电场强度的正方向．一带电荷量大小为 q 的粒子从坐标原点 O 沿 x 轴正方向 word 文档 - 5 - / 14 运动，结果粒子刚好能运动到 x＝3x0 处，假设粒子仅受电场力作用，E0 和 x0 已知，则( ) A．粒子一定带负电 B．粒子的初动能大小为 3 2 qE0x0 C．粒子沿 x 轴正方向运动过程中电势能先增大后减小 D．粒子沿 x 轴正方向运动过程中最大动能为 2qE0x0 二、非选择题(本题共 3 个小题，共 52 分) 9．[2021·某某某某一模](14 分)如图所示，将带电荷量均为＋q、质量分别为 m 和 2m 的 带电小球 A 与 B 用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球 A 和 B 一 起以大小为 1 3 g 的加速度竖直向上运动．运动过程中，连接 A 与 B 的细线保持竖直，小球 A 和 B 之间的库仑力忽略不计，重力加速度为 g，求： (1)匀强电场的场强 E 的大小； (2)当 A、B 一起向上运动 t0 时间时，A、B 间的细线突然断开，求从初始的静止状态开始 经过 2t0 时间，B 球电势能的变化量． word 文档 - 6 - / 14 10．(18 分)如图所示，在光滑绝缘水平面上放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直 于带电细棒的辐射状电场，电场强度大小 E 与距细棒的垂直距离 r 成反比，即 E＝ k r ，在带电 长直细棒右侧，有一长为 l 的绝缘细线连接了两个质量均为 m 的带正电小球 A 和 B，小球 A、 B 所带电荷量分别为 q 和 4q，A 球距直棒的距离也为 l，两个球在外力 F＝2mg 的作用下处 于静止状态．不计两小球之间的静电力作用． (1)求 k 的值； (2)若剪断 A、B 间的绝缘细线，保持外力 F＝2mg 不变，A 球向左运动的最大速度为 vm， 求 A 球速度最大时，所处位置的电场强度大小及电势(选取 A 球开始运动时所在位置处的电势 为零)． word 文档 - 7 - / 14 11．[2020·某某十校联考](20 分)飞行时间质谱仪通过探测不同离子到达探测头时间，可 以测得离子比荷．如图甲所示，探测头在探测器左端中点．脉冲阀 P 喷出微量气体，经激光 器 S 照射产生不同价位的离子，假设正离子在 A 极板处初速度为零，A、B 极板间的加速电压 为 U0，离子加速后从 B 板小孔射出，沿中心线方向进入 C、D 板间的偏转控制区．已知加速 极板 A、B 间距为 d，偏转极板 C、D 的长度及间距均为 L.加速电场和偏转电场均为匀强电场， 不计离子重力和离子间的相互作用． (1)若偏转电压 UCD＝0，某比荷为 k 的离子沿中心线到达探测头，求该离子飞行总时间． (2)若偏转电压 UCD 与时间 t 的关系如图乙所示，最大值 Umax＝4U0，周期 T＝L 1 2kU0 ， 假设离子比荷为 k，并且在 t＝0 时刻开始连续均匀地射入偏转电场．以 D 极板的右端点为坐 标原点，竖直向上为 y 轴正方向，探测头可在 y 轴上自由移动，要使探测头能收集到在 t＝T 到 t＝ 5 4 T 时间内到达 y 轴的所有离子，求探测头坐标 y 随时间 t 变化的关系． word 文档 - 8 - / 14 单元检测卷(七) 1．解析：本题考查静电的防止，用塑料梳子梳头时会产生静电，穿衣、脱衣也会产生静 电，这些图标都是为了减少静电的产生，不是依据静电屏蔽原理，选项 A、D 错误；若工作人 员工作时间穿绝缘性能良好的化纤服装，会引起静电，选项 B 错误；化纤手套与接触物容易 摩擦起电，故会产生静电，有引起油料燃烧的危险，选项 C 正确． 答案：C 2．解析：本题考查电容的计算以及充、放电问题．该电容器最大容纳电荷量为 Q＝CU ＝12 000×3 C＝36 000 C＝10 A·h，选项 A 错误；电容器的电容与带电荷量和电压无关，在 word 文档 - 9 - / 14 充、放电时电容不变，电容器放电，电荷量逐渐减小到 0，根据 C＝ Q U 可得电压逐渐减小为 0， 选项 B 正确，C 错误；若 30 s 能充满电，则充电的平均电流 I－＝ Q t ＝ 36 000 30 A＝1 200 A， 选项 D 错误． 答案：B 3．解析：由物体做曲线运动的条件可知，粒子带正电，要使粒子做匀速圆周运动即要使 粒子的速度与电场力垂直，故 A 错误；由粒子在 M 点和 P 点的速率相等及电场线方向可知 UMN＝－UNP，故 B 错误；由库仑定律可得，粒子在 N 点时受到的电场力最大，加速度最大， 粒子运动轨迹中 N 点的电势最低，所以带正电的粒子在 N 点的电势能最小，故 C 正确；由于 粒子在 M、P 两点处受到的电场力的方向不同，所以加速度方向也不相同，故 D 错误． 答案：C 4．解析： 先用整体法，把两个小球及细线 2 视为一个整体．整体受到的外力有竖直向下的重力 2mg、水平向左的电场力 qE、水平向右的电场力 qE 和细线 1 的拉力 FT1，由平衡条件知，水 平方向受力平衡，细线 1 的拉力 FT1 一定与重力 2mg 等大反向，即细线 1 一定竖直．再隔离 分析乙球，如图所示．乙球受到的力为：竖直向下的重力 mg、水平向右的电场力 qE、细线 2 的拉力 FT2 和甲球对乙球的吸引力 F 引．要使乙球所受合力为零，细线 2 必须倾斜．设细线 2 word 文档 - 10 - / 14 与竖直方向的夹角为θ，则有 tan θ＝ qE mg ＝1，θ＝45°，故 A 图正确． 答案：A 5．解析：沿直线①运动的油滴，根据题意得：mg＝Eq，即： q m ＝ g E ，所以沿直线①运动 的油滴比荷相同，A、B 错误；沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运 动：x＝v0t，初速度相同，所以运动时间之比等于位移之比，即为 2:1，C 错误；沿曲线②、 ③运动的油滴，水平方向 x＝v0t，竖直方向：y＝ 1 2 at2，联立解得：a＝ 2yv2 0 x2 ，因为水平位移 之比为 2:1，v0 和 y 相同，所以加速度大小之比为 1:4，D 正确． 答案：D 6．解析：烟尘在直导线和管外线圈形成的高压电场作用下，带上了负电，带负电的烟尘 颗粒被吸附到了带正电的线圈上，因此看不到有烟冒出，A、C 项正确． 答案：AC 7．解析：A 错，B 对：由题意知，φA＝5 V，φB＝－5 V，φC＝15 V，则 BC 连线的中 点 D 的电势为φD＝ φB＋φC 2 ＝ －5＋15 2 V＝5 V，则φD＝φA，AD 为一条等势线，根据电场线 与等势线垂直，可知场强的方向垂直于 AD 连线斜向下．C 错，D 对：场强的大小 E＝ UAB lcos 30° ＝ 10 3 2 V/m＝ 20 3 V/m. 答案：BD 8．解析：如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此粒子 x word 文档 - 11 - / 14 ＝3x0 处的速度不可能为零，故粒子一定带正电，A 错误；根据动能定理 1 2 qE0x0－ 1 2 ×2qE0·2x0 ＝0－Ek0，可得 Ek0＝ 3 2 qE0x0，B 正确；粒子向右运动的过程中，电场力先做正功后做负功， 因此电势能先减小后增大，C 错误；粒子运动到 x0 处动能最大，根据动能定理 1 2 qE0x0＝Ekmax －Ek0，解得 Ekmax＝2qE0x0，D 正确． 答案：BD 9．解析：(1)由于小球在电场中向上做匀加速运动，对于 A、B 两球组成的整体，由牛顿 第二定律有 2Eq－3mg＝3ma，(2 分) 可得 E＝ 2mg q .(2 分) (2)当细线断开时，B 球受到竖直向上的电场力 E 电＝Eq＝2mg，(1 分) B 球受到的电场力和重力平衡，所以小球 B 向上做匀速直线运动，其速度大小为匀加速 运动的末速度，v＝at0＝ 1 3 gt0，(2 分) 在匀加速阶段小球 B 上升的高度为 h1＝ 1 2 at2 0＝ 1 6 gt2 0，(2 分) 在匀速阶段小球 B 上升的高度为 h2＝vt0＝ 1 3 gt2 0，(1 分) 所以在整个过程中电场力对 B 球做功为 W＝Eq(h1＋h2)＝mg2t2 0.(2 分) 由于电场力对小球 B 做了 mg2t 2 0的正功，所以小球 B 电势能减小了 mg2t2 0.(2 分) 答案：(1) 2mg q (2)减小 mg2t2 0 word 文档 - 12 - / 14 10．解析：(1)对小球 A、B 及细线构成的整体由平衡条件知： q k l ＋4q k 2l ＝2mg(3 分) 得 k＝ 2mgl 3q (2 分) (2)分析可知当 A 向左运动达到速度最大时电场力等于拉力，则有： 2mg＝Eq(2 分) 得 E＝ 2mg q (2 分) 又 E＝ k r (2 分) 则速度最大时有： k r ＝ 2mg q (2 分) 代入 k 解得：r＝ l 3 (1 分) 对 A 球从开始运动到达最大速度过程由动能定理得： 2mg(l－r)＋(0－φr)q＝ 1 2 mv2 m－0(2 分) 解得：φr＝ 8mgl－3mv2 m 6q (2 分) 答案：(1) 2mgl 3q (2) 2mg q 8mgl－3mv2 m 6q word 文档 - 13 - / 14 11．解析：(1)离子在加速电场中的加速过程有 d＝ 1 2 kU0 d t2 AB(2 分) 解得加速时间为 tAB＝d 2 kU0 (1 分) 根据动能定理有 qU0＝ 1 2 mv2 0－0(2 分) 解得离子离开加速电场时的速度 v0＝ 2kU0(1 分) 离子在 C、D 之间匀速运动的时间为 tCD＝ L v0 ＝ L 2kU0 (2 分) 所以离子飞行的总时间为 t 总＝tAB＋tCD＝ L＋2d 2kU0 .(2 分) (2)离子通过偏转电场的时间为 t0＝ L v0 ＝L 1 2kU0 ＝T(1 分) 若 t＝0 时刻进入偏转电场，离子先做类平抛运动再做类斜抛运动，垂直于极板方向的速 度 vy0 随 t 变化的图线如图，加速度大小为 a＝ kUmax L ＝ 4kU0 L (1 分) 离开电场时偏转位移Δy0＝ 1 2 a T 2 2×2＝ L 2 ，即离子刚好从 D 极板右边缘飞出(2 分) 离子在 t1 0≤t1≤ T 4 时刻进入偏转电场，才能在 t′1＝t1＋T T≤t′1≤ 5 4 T 时刻被探测头接收， word 文档 - 14 - / 14 垂直于极板方向的速度 vy1 随 t 变化的图线如图，向下偏转位移为Δy1＝ 1 2 a T 2 －t1 2×2－ 1 2 at2 1× 2(2 分) 解得Δy1＝ L 2 －2 2kU0t1(1 分) 则探测头所处的坐标为 y1＝ L 2 －Δy1＝2 2kU0(t′1－T)＝2 2kU0t′1－2L，(1 分) 故探测头坐标 y 随时间 t 变化的关系可表示为 y＝2 2kU0t－2L T≤t≤ 5 4 T .(2 分) 答案：(1) L＋2d 2kU0 (2)y＝2 2kU0t－2L T≤t≤ 5 4 T