高考全国卷2018《单元滚动检测卷》高考物理(全国通用)精练 第七章 静电场 Word版含答案

单元滚动检测七静电场考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1．下列关于点电荷的说法中，正确的是( )A．只有体积很小的带电体才能看做点电荷B．体积很大的带电体一定不是点电荷C．当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷D．任何带电球体，都可看做电荷全部集中于球心的点电荷2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是( )3．如图1所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是( )图1A．A点电势大于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能4．真空中有两个等量同种电荷，以连线中点O为坐标原点，以它们的中垂线为x轴，图中能正确表示x轴上电场强度情况的是( )5．如图2所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是( )图2A．三个等势面中，等势面a的电势最高B．带电质点一定是从P点向Q点运动C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P 点，如图3所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强，φ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( )图37．示波管原理如图4甲所示，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间，若要在荧光屏上始终出现如图乙所示的斑点a，那么，YY′与XX′间应加上的电压组是( )图48．如图5所示，静电植绒时，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电绒毛落向布匹过程中( )图5A ．做匀速运动B ．做加速运动C ．电势能逐渐增大D ．电势能逐渐减小9．如图6所示，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．下列判断正确的是( )图6A ．b 、d 两点处的电势相同B ．四个点中c 点处的电势最低C ．b 、d 两点处的电场强度相同D ．将一试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，＋q 的电势能减小10．如图7所示，平行板电容器两极板水平放置，极板A 在上方，极板B 在下方，现将其和二极管串联接在电源上，二极管具有单向导电性，已知极板A 和电源正极相连，一带电小球沿A 、B 中心水平射入，打在B 极板上的N 点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A 板来改变两极板A 、B 间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )图7A ．若小球带正电，当A 、B 间距增大时，小球打在N 点的右侧 B ．若小球带正电，当A 、B 间距减小时，小球打在N 点的左侧C ．若小球带负电，当A 、B 间距增大时，小球打在N 点的左侧D ．若小球带负电，当A 、B 间距减小时，小球可能打在N 点的右侧11．如图8所示，带电小球A 、B 的电荷量分别为Q A 、Q B ，OA ＝OB ，A 、B 都用长L 的丝线悬挂在O 点．静止时A 、B 相距为d ，为使平衡时A 、B 间距离减为d2，可采用以下哪些方法( )图8A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B．将小球B的质量增加到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍12．如图9所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角．B小球受一沿杆方向的水平推力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1.现缓慢推动B球，A 球也缓慢移动，当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则( )图9A．F1＜F2B．F1＞F2C．L1＜L2D．L1＞L2第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、非选择题(共52分)13．(6分)水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图10所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为________．图1014．(6分)如图11所示，为半径为r的圆环，但在A、B之间留有宽度为d的间隙，且d≪r.将电荷量为Q的正电荷均匀分布在圆环上．圆心O处的电场强度的大小为__________，方向________．图1115.(8分)如图12所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103V(仅在两板间有电场)，现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20cm的地方以初始速度v0＝4m/s水平抛出，小球恰好从左板上的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取10 m/s2，求：图12(1)金属板的长度L.(2)小球飞出电场时的动能E k.16．(8分)如图13所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径．一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°.不计空气阻力．已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图13(1)求电场强度E的大小；(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度的大小应满足的条件．17.(12分)如图14所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点处分别固定着两个等量正电荷．a 、b 是AB 连线上两点，其中Aa ＝Bb ＝L4，a 、b 两点电势相等，O 为AB 连线的中点．一质量为m 、带电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从a 点出发，沿AB 直线向b 运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(n ＞1)，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：图14(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)O 、b 两点间的电势差U Ob ； (3)小滑块运动的总路程s .18．(12分)如图15甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD如图水平放置，OD 与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压U AO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3s，U0＝1×103V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0＝1000m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7kg.不计粒子所受重力．求：图15(1)粒子在板间运动的时间；(2)粒子打到荧光屏的纵坐标的范围；(3)粒子打到荧光屏上的动能．答案精析1．C 2．B 3．C 4．B 5．C 6．C 7．A 8．BD 9．ABD10．BD 11．BD 12．BC 13.6mgL 26kQ解析 根据平衡条件有3k qQL2cos θ＝mg (θ为过O 点的棱与竖直方向的夹角)，又由几何关系可得cos θ＝63，联立解得q ＝6mgL26kQ .14.kQd2πr 3－r 2d背离圆心指向缺口解析 假设将这个圆环的缺口补上，并且所补部分的电荷密度与原圆环上的电荷密度一样，这样就形成一个电荷均匀分布的完整的带电圆环，环上处于同一直径两端的微小部分所带电荷可视为两个相对应的点电荷，它们在圆心O 处产生的电场叠加后合场强为零．根据对称性可知，带电圆环在圆心O 处的合场强E ＝0.至于补上的那一小段，由题中条件可看成点电荷，它在圆心O 处的场强E 1是可求的．若题中待求场强为E 2，则E 1＋E 2＝0.设原缺口环所带电荷的线密度为σ，σ＝Q 2πr －d ，则补上的那一小段的电荷量Q ′＝σ·d ＝Qd2πr －d，Q ′在圆心O 处的场强为E 1＝kQ ′r 2＝kQd2πr 3－r 2d，方向背离圆心向右．由E 1＋E 2＝0，可得E 2＝－E 1＝－kQd2πr 3－r 2d，负号表示E 2与E 1方向相反，即背离圆心指向缺口． 15．(1)0.15m (2)0.175J解析 (1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：v y ＝2gh ＝2m/s设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则tan θ＝v 0v y ＝2小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d ，则：tan θ＝qE mg ＝qU mgd ，L ＝d tan θ，L ＝qU mg tan 2θ＝0.15m. (2)进入电场前mgh ＝12mv 21－12mv 20 进入电场中qU ＋mgL ＝E k －12mv 21 解得E k ＝0.175J.16．(1)3mg 4q(2)v ≥5gr 解析 (1)当小球静止在P 点时，小球的受力情况如图所示，则有qE mg ＝tan37°，所以E ＝3mg 4q. (2)当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为54g 的“重力场”中运动．若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q 点．设当小球从P 点出发的速度为v min 时，小球到达Q 点时速度为零．在小球从P 运动到Q 的过程中，根据动能定理有－54mg ·2r ＝0－12mv 2min 所以v min ＝5gr ，即小球的初速度应不小于5gr .17．(1)2E 0mgL (2)－(2n －1)2q E 0 (3)2n ＋14L 解析 (1)由Aa ＝Bb ＝L 4，O 为AB 连线的中点得：a 、b 关于O 点对称，则U ab ＝0 设小滑块与水平面间的摩擦力大小为F f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得： q ·U ab －F f ·L 2＝0－E 0 而F f ＝μmg解得：μ＝2E 0mgL(2)滑块从O →b 过程，由动能定理得：q ·U Ob －F f ·L 4＝0－nE 0 解得：U Ob ＝－(2n －1)E 02q(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得： q ·U aO －F f ·s ＝0－E 0而U aO ＝－U Ob ＝(2n －1)E 02q解得：s ＝2n ＋14L . 18. (1)2×10－3s (2)0.85m ～0.95m (3)5.05×10－2J解析 (1)粒子在板间沿x 轴方向做匀速直线运动，设运动时间为t ，则 L ＝v 0t ，t ＝L v 0＝2×10－3s (2)t ＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y 1y 1＝12a (T 2)2＋(a ·T 2)T 2U 0q d＝ma 解得y 1＝0.15m纵坐标y ＝d －y 1＝0.85mt ＝1×10－3s 时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y 2y 2＝12a (T 2)2 解得y 2＝0.05m纵坐标y ′＝d －y 2＝0.95m所以打在荧光屏上的范围在0.85m ～0.95m 之间(3)由动能定理得：U 0d qy 2＝12mv 2－12mv 20 解得12mv 2＝5.05×10－2J。