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1、静电场综合检测 (时间:90 分钟 满分:100 分) 一、 选择题(本题共 14 小题,每小题 4 分,共 56 分.在每小题给出的四 个选项中,第 18 小题只有一个选项正确,第 914 小题有多个选项 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.下列关于匀强电场中电场强度和电势差的关系,正确的说法是( C ) A.在相同距离上的两点,电势差大的其电场强度也必定大 B.电场强度在数值上等于每单位距离上的电势降落 C.沿着电场线方向,任何相同距离上的电势降落必定相同 D.电势降落的方向必定是电场强度方向 解析:由UAB=Ed及d为沿电场线方向的距离知选
2、项C正确,A错误;由E= 知电场强度在数值上等于沿电场线方向单位距离上的电势降落,电 势降落最快的方向才是电场强度的方向,选项 B,D 错误. 2. 如图 a,b,c,d 四个点在一条直线上,a 和 b,b 和 c,c 和 d 间的距离 均为 R,在 a 点处固定有一电荷量为 Q 的点电荷,在 d 点处固定有另一 个电荷量未知的点电荷,除此之外无其他电荷,已知 b 点处的电场强 度为零,则 c 点处电场强度的大小为(式中 k 为静电力常量)( B ) A.0 B. C. D. 解析:根据b点电场强度为零知=,得Q=4Q,c点的电场强度大 小为 E=-=,选项 B 正确. 3.如图(甲)所示,两
3、段等长绝缘轻质细绳将质量分别为m,3m的带电小 球 A,B(均可视为点电荷)悬挂在 O 点,系统处于静止状态,然后在水平 方向施加一匀强电场,当系统再次达到静止状态时,如图(乙)所示,小 球 B 刚好位于 O 点正下方(细绳始终处于伸长状态).则两个点电荷带 电荷量 QA与 QB的大小关系正确的是( A ) A.73B.31C.37D.53 解析:在图(乙)中,对 A,B 整体受力分析,由平衡条件可得 FTOAcos =4mg,QBE+FTOAsin =QAE;对 B 受力分析,由平衡条件可得 FTABcos +Fcos =3mg,FTABsin +Fsin =QBE,由以上各式解得= ,故
4、A 正确. 4.真空中相距为 3a 的两个点电荷 A 和 B,分别固定于 x 轴上 x1=0 和 x2=3a 的两点,在二者连线上各点电场强度随 x 变化关系如图所示,以 下说法正确的是( D ) A.二者一定是异种电荷 B.x=a 处的电势一定为零 C.x=2a 处的电势一定大于零 D.A,B 的电荷量之比为 14 解析:电场强度先负方向减少到零又反方向增加,必为同种电荷,故 A 错误;电场强度为零的地方电势不一定为零,故 B 错误;由于没有确定 零电势点,无法比较 x=2a 处的电势与零电势的高低,故 C 错误;x=a 处 合场强为 0,由 E=知,=,所以 A,B 所带电荷量的绝对值之比
5、为 14,故 D 正确. 5.某区域的电场线分布如图所示,其中间一根电场线是直线,一带正 电的粒子从直线上的 O 点由静止开始在电场力作用下运动到 A 点.取 O 点为坐标原点,沿直线向右为 x 轴正方向,粒子的重力忽略不计.在 O点到A点的运动过程中,下列关于粒子运动速度和加速度a随时间t 的变化、 粒子的动能 Ek和运动径迹上的电势 随位移 x 的变化图线可 能正确的是( B ) 解析:由图可知,从O到A点,电场线由密到疏再到密,电场强度先减小 后增大,方向不变,因此电荷受到的电场力先减小后增大,则加速度先 减小后增大,v t 图像的斜率表示加速度的大小,故 A 错误,B 正确;沿 着电场
6、线方向电势降低,而电势与位移的图像的斜率表示电场强度, 故 C 错误;电荷在电场力作用下做正功,导致电势能减小,则动能增加, 由动能定理可得动能与位移关系图线的斜率表示电场力的大小,因为 电场力先减小,后增大,故 D 错误. 6.在匀强电场中建立一直角坐标系,如图所示.从坐标原点沿+y 轴前 进0.2 m 到A点,电势降低了10 V,从坐标原点沿+x轴前进0.2 m到B 点,电势升高了 10 V,则匀强电场的电场强度大小和方向为( C ) A.50 V/m,方向 BA B.50 V/m,方向 AB C.100 V/m,方向 BA D.100 V/m,方向垂直 AB 斜向下 解析:连接 AB,由
7、题意可知,AB 中点 C 点电势应与坐标原点 O 相等,连 接OC即为等势线,与等势线OC垂直的方向为电场的方向,故电场方向 由 BA,其大小为 E= = V/m=100 V/m,选项 C 正确. 7.如图所示,带电荷量相等、质量不同的带电粒子 a 和 b 从带电平行 板 M 的边缘沿平行于极板的方向进入 M,N 两极板间的匀强电场中,都 恰好能从 N 板的右边缘飞出,不计重力作用,则( C ) A.两粒子进入电场时的动能一定不相等 B.两粒子进入电场时的初速度的大小一定相等 C.两粒子飞出电场时的动能一定相等 D.两粒子飞出电场时的速度大小一定相等 解析:设极板的长度是 L,板间距离是 d,
8、设粒子的初速度为 v0,带电粒 子在极板间做类平抛运动. 在水平方向有 L=v0t; 竖直方向有 d= at2=; 则粒子的初动能 Ek0= m=,由于 q,E,L,d 相同,所以两粒子的初 动能相等,选项A错误;由于两粒子进入电场时的初动能相等而粒子质 量不相等,则粒子的初速度大小一定不相等,选项 B 错误;两粒子电荷 量相等,进入与离开电场时的位置相同,则电场力做功相同,粒子的初 动能相同,由动能定理可得,粒子离开电场时的动能相等,选项C正确; 粒子离开电场时的动能相等,粒子质量不同,则粒子离开电场时的速 度不等,选项 D 错误. 8.如图所示,O 点是两个点电荷+6Q 和-Q 连线的中点
9、,M,N 是+6Q 和-Q 连线中垂线上关于 O 点对称的两点.取无穷远处为零电势点,下列说 法正确的是( C ) A.O 点的电场强度不为零,电势为零 B.M,N 两点的电势不为零,电场强度方向水平向右 C.将一正的试探电荷由 M 点移到 O 点,该试探电荷的电势能变大 D.将一负的试探电荷由 O 点移到 N 点,电场力对试探电荷做正功 解析:两点电荷在 O 点的电场强度都向右,不为零;由于两电荷电荷量 不相等,将一正点电荷从无穷远处移到 O 点,6Q 的正电荷做的负功与- Q 的负电荷做的正功不相等,电场力做的总功不为零,故 O 点电势不为 零,故 A 错误;M,N 两点的电势不为零;由电
10、场强度 E=可知,6Q 的正 电荷在 M,N 点的电场强度大于-Q 的负电荷的电场强度,根据矢量合成 法则,M 点的电场强度方向向右上方,N 点的电场强度方向向右下方, 故 B 错误;将一正的试探电荷由 M 点移到 O 点,6Q 的正电荷做的负功 大于-Q 的负电荷做的正功,该试探电荷的电势能变大,故 C 正确;将一 负的试探电荷由 O 点移到 N 点,6Q 的正电荷做的负功大于-Q 的负电荷 做的正功,电场力对试探电荷做负功,故 D 错误. 9.如 图 所 示 ,在 正 方 形 ABCD 区 域 内 有 平 行 于 AB 边 的 匀 强 电 场,E,F,G,H 是各边中点,其连线构成正方形,
11、其中 P 点是 EH 的中点. 一个带正电的粒子(不计重力)从 F 点沿 FH 方向射入电场后恰好从 D 点射出.以下说法正确的是( BD ) A.粒子的运动轨迹一定经过 P 点 B.粒子的运动轨迹一定经过 PE 之间某点 C.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由 ED 之间某点从 AD 边 射出 D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由 E 点从 AD 边射出 解析:粒子从 F 点沿 FH 方向射入电场后恰好从 D 点射出,其轨迹是抛 物线,则过 D 点作速度的反向延长线一定与水平位移交于 FH 的中点, 而延长线又经过 P 点,所以粒子轨迹一定经过 PE 之间某点,选项 A 错
12、误,B 正确;由平抛知识可知,当竖直位移一定时,水平速度变为原来的 一半,由于 y 方向的位移、加速度均不变,则运动时间不变,因此水平 位移也变为原来的一半,粒子恰好由 E 点从 AD 边射出,选项 C 错误,D 正确. 10.在同一直线上的 M,N 两点正好是某电场中一条电场线上的两点, 若 在 M 点释放一个初速度为零的电子,电子仅受电场力作用,并沿电场 线由M点运动到N点,其电势能随位移变化的关系如图所示,则下列说 法正确的是( BD ) A.该电场有可能是匀强电场 B.该电场可能是负的点电荷产生的 C.N 点的电势比 M 点电势低 D.该电子运动的加速度越来越小 解析:由 Ep=-qE
13、x 可知,图像的斜率反映电场强度大小,由 Epx 图像可 知,斜率越来越小,则电场强度逐渐减小,则选项A错误;电子由M到N 的过程中,电场力做正功,电势能减小,因此电场线的方向由 N 到 M,所 以选项 B 正确,C 错误;电子从 M 运动到 N 过程中,电场力越来越小,则 加速度越来越小,选项 D 正确. 11.如图所示,在水平放置的已经充电的平行板电容器之间,有一带负 电的油滴处于静止状态.若某时刻油滴的电荷量开始减小(质量不变), 为维持该油滴原来的静止状态应( AD ) A.给平行板电容器继续充电,补充电荷量 B.让平行板电容器放电,减少电荷量 C.使两极板相互靠近些 D.将上极板水平
14、右移一些 解析:给平行板电容器继续充电,电荷量增大,电容不变,根据U= 知电 势差增大,根据 E= ,知电场强度增大,则油滴受到的电场力增大,能 再次平衡,故 A 正确;让电容器放电,电荷量减小,电容不变,根据 U= , 知电势差减小,根据 E= ,知电场强度减小,则油滴受到的电场力减小, 电荷不能平衡,故 B 错误;因为 U= ,C=,所以电场强度 E= = ,与电容器两极板间的距离无关,所以电容器两极板靠近和远离 时,电场强度不变,则油滴受到的电场力减小,电荷不能平衡,故 C 错 误;因为电场强度 E=,当将上极板水平右移一些即面积减小,电场 强度增大,则油滴受到的电场力增大,能再次平衡,
15、故选项 D 正确. 12.在静电场中,有一带电粒子仅在电场力作用下做变加速直线运动, 先后经过A,B,C点运动到D点.在粒子通过A点时开始计时,此过程的 “速度时间”图像如图所示.下列说法正确的是( AC ) A.A 点的电场强度最大 B.A 点的电势小于 B 点的电势 C.粒子在 A 点的电势能大于在 B 点的电势能 D.A,C 两点的电势差 UAC与 C,D 两点的电势差 UCD相等 解析:由运动的速度时间图像可看出:在 A 点时斜率最大,故加速度 最大,故电场强度最大,故 A 正确.粒子电性不确定,无法比较电势高 低,故 B 错误.因只有电场力做功,粒子的动能与电势能的总量不变, 由 图
16、可知粒子在 B 点的速度最大,所以在 B 点的动能最大,电势能最小, 所以粒子在 A 点的电势能大于在 B 点的电势能,故 C 正确.A,D 两点的 速度相等,故粒子的动能相同,A,D 两点的电势能相等,电势相等,故 UAC=UDC=-UCD,故 D 错误. 13.两个完全相同的平行板电容器C1,C2水平放置,如图所示.开关S闭 合时,两电容器中间各有一油滴 A,B 刚好处于静止状态.现将 S 断开, 将 C2下极板向上移动少许,然后再次闭合 S,则下列说法正确的是( BCD ) A.两油滴的质量相等,电性相反 B.断开开关,移动 C2下极板过程中,B 所在位置的电势不变 C.再次闭合 S 瞬
17、间,通过开关的电流可能从上向下 D.再次闭合开关后,A 向下运动,B 向上运动 解析:当 S 闭合时,左边电容器的上极板和右边电容器的下极板相连, 即两个极板的电势相等,又因为其他两个极板都接地,电势相等,故两 极板间的电势差的绝对值相等,根据 mg=q,由于不知道两油滴的电 荷量,故两个油滴的质量不一定相等,若C1上极板带正电,则C1电场方 向竖直向下,A 液滴应受到竖直向上的电场力,故带负电,C2下极板带 正电,则 C2电场方向竖直向上,B 滴液应受到竖直向上的电场力,所以 带正电,电性相反;若 C1上极板带负电,则 C1电场方向竖直向上,A 液 滴应受到竖直向上的电场力,故带正电,C2下
18、极板带负电,则 C2电场方 向竖直向下,B 滴液应受到竖直向上的电场力,所以带负电,电性相反, 总之两油滴的电性相反,A错误;断开开关,移动C2下极板过程中,两极 板所带电荷量相等,根据 C=,C= ,E= 联立可得 E=,两极板间 的电场强度大小和两极板间的距离无关,故电场强度恒定,所以 B 的 受力不变,故仍处于静止状态,与上极板(零电势)的距离不变,根据 U=Ed 可知 B 点的电势不变,B 正确;S 断开,将 C2下极板向上移动少许, 根据 C=可知 C2增大,根据 C= 可知 U 减小,即 C2下极板电势降低, 再次闭合 S 瞬间,C1上极板的电势大于 C2下极板的电势,通过开关的
19、电流可能从上向下,稳定后,根据 E= 可知 C1电容器两极板间的电势 差减小,电场强度减小,A 向下运动,C2两极板间的电势差增大,电场强 度增大,B 向上运动,C,D 正确. 14.水平放置的光滑绝缘环上套有三个带电小球,小球可在环上自由 移动.如图所示是小球平衡后的可能位置图.(甲)图中三个小球构成 一个钝角三角形,A 点是钝角三角形的顶点.(乙)图中小球构成一个锐 角三角形,其中三角形边长 DEDFEF.可以判断正确的是( AC ) A.(甲)图中 A,B 两小球一定带异种电荷 B.(甲)图中三个小球一定带等量电荷 C.(乙)图中三个小球一定带同种电荷 D.(乙)图中三个小球带电荷量的大
20、小为 QDQFQE 解析:对C球进行受力分析,根据平衡条件得C球一定要受一个排斥力 和一个吸引力,则 A,B 球一定带不同电荷,选项 A 正确;如果(甲)图中 小球是带等量电荷,那么小球应该均匀地分布在环上,选项 B 错误;对 D 球分析,D 球不可能受到一个斥力和一个引力,所以 E,F 球带同种电 荷,分析E球根据平衡条件可得D,F球带同种电荷,所以(乙)图中三个 球带同种电荷,选项 C 正确;D 球受到两斥力,设圆心为 O,DE 大于 DF, 同时ODE 小于ODF,可得受 E 球斥力更大,又离 E 球远可得 E 球电 荷量大于 F 球,选项 D 错误. 二、非选择题(共 44 分) 15
21、.(8 分)如图所示,长度为 d 的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴 O 上, 另一端固定一质量为 m、电荷量为 q 的带负电小球.小球可以在竖直 平面内做圆周运动,AC 和 BD 分别为圆的竖直和水平直径.等量异种点 电荷+Q,-Q 分别固定在以 C 为中点、 间距为 2d 的水平线上的 E,F 两点. 让小球从最高点 A 由静止开始运动,经过 B 点时小球的速度大小为 v, 不考虑 q 对+Q,-Q 所产生电场的影响.求: (1)小球经过 C 点时球对杆的拉力的大小; (2)小球经过 D 点时速度的大小. 解析:(1)设 UBA=U,根据对称性可知,UBA=UAD=U,UAC=0 小球从 A
22、到 C 过程,根据动能定理有 mg2d= m(2 分) 沿竖直方向有 FT-mg=m(1 分) 整理得 FT=5mg(1 分) 根据牛顿第三定律可知,球对杆的拉力大小为 5mg.(1 分) (2)从 A 到 B 和从 A 到 D 的过程中,根据动能定理得 mgd+qU= mv2(1 分) mgd-qU= m(1 分) 整理得 vD=.(1 分) 答案:(1)5mg (2) 16.(10分)如图所示,两块平行金属板MN间的距离为d,两板间电压u 随时间 t 变化的规律如图所示,电压的绝对值为 U0.t=0 时刻 M 板的电 势比N板低.在t=0时刻有一个电子从M板处无初速度释放,经过 1. 5
23、个周期刚好到达 N 板.电子的电荷量为 e,质量为 m.求: (1)该电子到达 N 板时的速率 v. (2)在 1.25 个周期末该电子和 N 板间的距离 s. 解析:(1)由题意知,电子在第一、第三个 T 内向右做初速度为零的匀 加速运动,第二个 T 内向右做末速度为零的匀减速运动.由 x= at2知, 这三段时间内电子的位移是相同的. 在第三个 T 内对电子用动能定理 eU= mv2,(3 分) 其中 U= U0,得 v=.(2 分) (2)在第三个 T 内,电子做初速度为零的匀加速运动,总位移是 d,前 一半时间内的位移是该位移的 , 为 x=d,(3 分) 因此这时离 N 板的距离 s
24、= d-d= d.(2 分) 答案:(1) (2) d 17.(12 分)如图所示,在竖直面内有一矩形区 ABCD,水平边 AB=L,竖 直边BC=L,O为矩形对角线的交点.将一质量为m的小球以一定的初动 能自 O 点水平向右抛出,小球经过 BC 边时的速度方向与 BC 夹角为 60.使此小球带电,电荷量为 q(q0),同时加一平行于矩形 ABCD 的 匀强电场.现从 O 点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球,小 球从矩形边界的不同位置射出,其中经过 C 点的小球的动能为初动能 的 ,经过 E 点(DC 中点)的小球的动能为初动能的 ,重力加速度为 g, 求: (1)小球的初动能; (2)
25、取电场中 O 点的电势为零,求 C,E 两点的电势; (3)带电小球经过矩形边界的哪个位置动能最大?最大动能是多少? 解析:(1)没加电场时,由平抛运动知识 水平方向L=v0t(1 分) 竖直方向 vy=gt(1 分) vy=v0tan 30 联立解得小球的初动能 Ek0= m= mgL.(1 分) (2)加电场后,根据能量守恒定律 由 O 到 C:q C= mgL+Ek0- Ek0= mgL(1 分) 由 O 到 E:q E= mgL+Ek0- Ek0= mgL(1 分) 则 C= , E= .(1 分) (3)如图,取 OC 中点 F,则 EF 为等势线,电场线与等势线 EF 垂直 由 U
26、OE= ELcos 30(1 分) 得 qE=mg(1 分) 用正交分解法求出电场力和重力的合力 Fx=qEsin 30=mg(1 分) Fy=qEcos 30= mg(1 分) 合力 F= mg,方向沿 OD 合力对小球做功越多,小球动能越大,则从 D 点射出的带电小球动能 最大,根据动能定理 F=Ekm-Ek0(1 分) 解得最大初动能 Ekm= mgL.(1 分) 答案:(1) mgL (2) (3)见解析 18.(14 分)如图所示,在方向竖直向上、大小为 E=1106 V/m 的匀强 电场中,固定一个穿有 A,B 两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环, 圆 环在竖直平面内,圆心为 O
27、、半径为 R=0.2 m.A,B 用一根绝缘轻杆相 连,A带的电荷量为q=+710-7 C,B不带电,质量分别为mA= 0.01 kg,mB=0.08 kg.将两小球从圆环上的图示位置(A 与圆心 O 等 高,B 在圆心 O 的正下方)由静止释放,两小球开始沿逆时针方向转动. 取 g =10 m/s2. (1)通过计算判断,小球 A 能否到达圆环的最高点 C; (2)求小球 A 的最大速度值;(可保留根号) (3)求小球 A 从图示位置逆时针转动的过程中,其电势能变化的最 大值. 解析:(1)设 A,B 在转动过程中,轻杆对 A,B 做的功分别为 WT,WT,则 WT+WT=0(1 分) 设
28、A,B 到达圆环最高点的动能分别为 EkA,EkB 对 A 由动能定理 qER-mAgR+WT1=EkA(1 分) 对 B 由动能定理 WT1-mBgR=EkB(1 分) 联立解得 EkA+EkB=-0.04 J(1 分) 上式表明,A 在圆环最高点时,系统动能为负值. 故 A 不能到达圆环最高点.(1 分) (2)设 B 转过角时,A,B 的速度大小分别为 vA,vB,因 A,B 做圆周运动 的半径和角速度均相同,故 vA=vB(1 分) 对 A 由动能定理 qERsin -mAgRsin +WT2= mA(1 分) 对 B 由动能定理 WT2-mBgR(1-cos )= mB(1 分) 联立解得 = (3sin +4cos -4)(1 分) 解得 当 tan = 时,A,B 的最大速度均为 vmax= m/s.(1 分) (3)A,B 从图示位置逆时针转动过程中,当两球速度为 0 时,电场力做 功最多,电势能减少最多,故得 3sin +4cos -4=0(1 分) 解得 sin =(sin =0 舍去) 故 A 的电势能减少量 |Ep|=qERsin (2 分) 代入数值得 |Ep|= J=0.134 4 J.(1 分) (其他解法合理均可) 答案:(1)不能,理由见解析 (2) m/s (3)0.134 4 J