高考物理静电场复习题04 9页

章末检测(六)‎ ‎(时间：90分钟　满分：100分)‎ 一、选择题(每题3分，共36分)‎ ‎1．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量的变化情况为(　　)‎ A．动能减小　　　　　　　‎ B．电势能增加 C．动能和电势能之和减小 D．重力势能和电势能之和增加 答案：C 解析：该油滴从a点进入电场，根据其轨迹的弯曲趋势，可以判断静电力一定竖直向上，且静电力大于重力，所以油滴带负电荷．运动过程中合力向上做正功，根据动能定理，油滴动能变大，A错误；静电力做正功，电势能必然减少，B错误；该处能量定恒的形式表现为电势能、机械能(动能＋重力势能)之和守恒．根据能量守恒定律，既然动能增加，则重力势能与电势能之和一定减少，D错误；油滴上升，重力势能变大，动能和电势能之和必然减少．‎ ‎2．如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判断正确的是(　　)‎ A．O点电场强度为零 B．D点电场强度为零 C．若将点电荷＋q从O移向C，电势能增大 D．若将点电荷－q从O移向C，电势能增大 答案：BD 解析：A、B两点处的点电荷在O点处形成的电场的合场强为零，因此O点处的电场强度应等于C点处的点电荷在O点形成的电场的电场强度．A错；A、B、C三处点电荷在D点处形成的电场强度分别为EDA＝k，EDB＝k，EDC＝k，所以D点合电场强度为ED＝k－2kcos 60°＝0，故B对；将点电荷＋q从O移向C时，电场力做正功，故电势能减小，C错；将点电荷－q从O移向C时，电场力做负功，故电势能增大，D对．‎ ‎3．(2010·天津理综)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则 ‎(　　)‎ A．b点的电场强度一定比a点大 B．电场线方向一定从b指向a C．b点的电势一定比a点高 D．该电荷的动能一定减小 答案：C 解析：电场力做负功，该电荷电势能增加，正电荷在电势高处电势能较大，C正确；电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负，由动能定量可知，动能不一定减小，D错；电势高低与场强大小无必然联系，A错；b点电势高于a点，但a、b可能不在同一条电场线上，B错．‎ ‎4．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线系于同一点，两球静止时它们在同一水平面上，与竖直方向的夹角依次为α＝30°、β＝60°，若同时剪断细线，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．a、b两小球将同时落到同一水平地面上 B．下落过程中a小球水平飞行的距离比b小球大 C．下落过程中a、b小球库仑力做功相等 D．落地瞬间a小球重力的瞬时功率大于b小球重力的瞬时功率 答案：AD 解析：竖直方向只受重力，A正确；由＝tan a，知ma>mb，库仑力F相同，水平方向的加速度aaPB，D对．‎ ‎5．如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线，在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P(设不改变原来的电场分布)，在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动，若(　　)‎ A．小球P的带电荷量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小 B．小球P的带电荷量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小 C．点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小 D．点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中振幅不断减小 答案：BCD 解析：本题考查电场力与电荷量、场强的关系，电场力做功与动能的关系．若小球P的带电荷量缓慢减小，则小球运动到某位置时受到的电场力减小，小球从平衡位置运动到最大位移过程中克服电场力做的功少了，故能够到达更远处，振幅增大，A项错误；此种情况，小球从最大位移向平衡位置运动的过程中，由于电场力做的功减小，所以到达平衡位置的动能减小，速度减小，B项正确；点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大，小球在某位置受到的电场力逐渐增大，回复加速度增大，故周期减小，此种情况小球从平衡位置到最大位移过程中因电场力增大，故能到达的最大位移减小，振幅减小，C、D项均正确．‎ ‎6．两个质量相同的小球用不可伸长的长为L的绝缘细线连接，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带负电，电荷量分别为q1和q2(q1>q2)．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示，若将两小球同时从静止释放，则释放后细线中张力T 为(不计重力及两小球间的库仑力)(　　)‎ A．T＝(q1－q2)EB．T＝(q1－q2)E C．T＝(q1＋q2)ED．T＝(q1＋q2)E 答案：A 解析：由牛顿第二定律，对球2有T＋Eq2＝ma 对球1、2整体有Eq1＋Eq2＝2ma 两式联立得T＝，A正确．‎ ‎7．如图所示，A、B两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为＋q和－q，两球间用绝缘细线连接，A球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为L.现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场，电场强度E＝，A、B两球最后会达到新的平衡位置，则在这个过程中，两个小球(　　)‎ A．总重力势能增加了mgL B．总重力势能增加了mgL C．总电势能减少了mgL D．总电势能减少了mgL 答案：AD 解析：A、B两个带电小球所受电场力为零，故OA线竖直、B球向右偏45°处最后静止，则总重力势能增加了mg(L－Lcos 45°)＝mgL，故A项正确，总电势能减少了mgL，故D项正确．‎ ‎8．示波管可以视为加速电场和偏转电场的组合，若已知前者的电压为U1，后者的电压为U2，极板长为L，间距为d，电子加速前速度可忽略，则示波管的灵敏度(偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量称为“灵敏度”)与加速电场和偏转电场的关系，正确的是 ‎(　　)‎ A．L越大，灵敏度越大 B．d越大，灵敏度越大 C．U1越小，灵敏度越大 D．灵敏度与U1无关 答案：AC 解析：设电子进入偏转电场的速度为v，电子射出偏转电场时偏转量为y，则U1e＝m v2，y＝··2，可得：＝，可见，L越大，灵敏度越大，d越小，灵敏度越大，U1越小，灵敏度越大，故A、C正确．‎ ‎9．如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则(　　)‎ A．电荷将向上加速运动 B．电荷将向下加速运动 C．电流表中将有从a到b的电流 D．电流表中将有从b到a的电流 答案：BD 解析：充电后电容器的上极板A带正电，不断开电源，增大两板间距，U不变、d增大，由E＝知两极板间场强减小，场强减小会使电荷q受到的电场力减小，电场力小于重力，合力向下，电荷q向下加速运动，由C＝知电容C减小，由Q＝CU知极板所带电荷量减少，会有一部分电荷返回电源，形成逆时针方向的电流，电流表中将会有由b到a的电流，选项B、D正确．‎ ‎10．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为(　　)‎ A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4‎ C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1‎ 答案：A 解析：由y＝at2＝得：U＝，‎ 所以U∝，可知A项正确．‎ ‎11．如图所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论正确的是(　　)‎ A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/d B．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零 C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加 D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小 答案：BCD 解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝ ‎，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方为正，下方为负，故B正确；由C＝知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．‎ ‎12．如图所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电压为U，B板电势高于A板，两板间有M、N、P三点，MN连线平行于极板，N、P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，∠PMN＝θ.以下说法正确的是(　　)‎ A．电容器带电量为 B．两极板间匀强电场的电场强度大小为 C．M、P两点间的电势差为 D．若将带电量为＋q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了 答案：CD 解析：由电容器电容的定义式可知，电容器的带电量为Q＝CU，A项错误；两板间的电场为匀强电场，根据匀强电场场强与电势差的关系可知，两板间电场强度E＝，B项错误；MP两点间的电势差就等于NP间的电势差，即UMP＝ELsin θ＝，C项正确；由于下板带正电，因此板间场强方向竖直向上，将带电量为＋q的电荷从M点移到P点，电场力做正功，电势能减少量就等于电场力做的功，即为qUMP＝，D项正确．本题较易．‎ 二、填空题(每题4分，共12分)‎ ‎13．如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，两极板间距为d.现将一个检验电荷＋q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，连线AB与平行极板方向的夹角为30°，则电场力对检验电荷＋q所做的功等于________．‎ 答案： 解析：电容器两板间电势差U＝，场强E＝＝，‎ 而A、B两点间电势差UAB＝E·s·sin 30°＝，‎ 电场力对＋q所做功为W＝qUAB＝.‎ ‎14．一电子以4×‎106 m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点水平垂直于场强方向飞入，并从B点沿与场强方向成150°的方向飞出该电场，如图所示，则A、B两点的电势差为________V．(电子的质量为9.1×10－‎31 kg，电荷量为－1.6×10－‎19 C)‎ 答案：－136.5‎ 解析：设电子射入电场时的速度为vA，射出电场时的速度为vB，从图可知vB＝＝2vA，根据动能定理，有 W＝eUAB①‎ W＝mvB2－mvA2②‎ 由式①②得eUAB＝mvB2－mvA2＝mvA2‎ 所以UAB＝＝V ‎＝－136.5 V ‎15．如图所示，地面上某区域存在着匀强电场，其等势面与地面平行等间距．一个质量为m、电荷量为q的带电小球以水平方向的初速度v0由等势线上的O点进入电场区域，经过时间t，小球由O点到达同一竖直平面上的另一等势线上的P点．已知连线OP与水平方向成45°夹角，重力加速度为g，则OP两点的电势差为________．‎ 答案： 解析：因为vy＝2v0，由动能定理可得：m(vy2＋v02)－mv02＝mgv0t＋qUOP，所以UOP＝，带电粒子在电场与重力场的复合场中运动，可利用合运动与分运动的关系，把曲线转化为直线运动，简化运动过程．‎ 三、计算题(共5题，共52分)‎ ‎16．(10分)质量都是m的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为‎2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角α＝30°，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为α＝30°，求：‎ ‎(1)A、B小球电性及所带电荷量Q；‎ ‎(2)外加匀强电场的场强E.‎ 答案：(1)l　(2) 解析：(1)A球带正电，B球带负电两小球相距 d＝‎2l－2lsin 30°＝l 由A球受力平衡可得：mgtan α＝k 解得：Q＝l.‎ ‎(2)外加电场时，两球相距d′＝‎2l＋2lsin 30°＝‎‎3l 根据A球受力平衡可得：QE－k＝mgtan α 解得：E＝.‎ ‎17．(10分)在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－‎8 C，质量m＝1.0×10－‎2 kg的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝‎2.0 m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置．(g取‎10 m/s2)‎ 答案：在O点左侧距O点‎0.2 m处 解析：物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，‎ 由动能定理得：－(qE＋μmg)x1＝0－mv02‎ 所以x1＝，代入数据得x1＝‎‎0.4 m 可知，当物块向右运动‎0.4 m时速度减为零，因物块所受的电场力F＝qE＝0.03 N>μmg，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，则－μmg(2x1＋x2)＝0－mv02，解之得x2＝‎0.2 m.‎ ‎18．(10分)(2010·莱芜模拟)一质量为m、带电荷量为＋q的小球以水平初速度v0进入竖直向上的匀强电场中，如图甲所示．今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图乙所示，根据图乙给出的信息，(重力加速度为g)求：‎ ‎(1)匀强电场场强的大小；‎ ‎(2)小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中，电场力做的功；‎ ‎(3)小球在h高度处的动能．‎ 答案：(1)－　(2) ‎(3)＋ 解析：(1)小球进入电场后，水平方向做匀速直线运动，设经过时间t，水平方向：v0t＝L，‎ 竖直方向：＝h 所以E＝－.‎ ‎(2)电场力做功为 W＝－qEh＝.‎ ‎(3)根据动能定理mgh－qEh＝Ek－ 得Ek＝＋.‎ ‎19．(10分)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：‎ ‎(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；‎ ‎(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；‎ ‎(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离s.‎ 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝.‎ ‎(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝ 所以vy＝a＝.‎ 所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝＝.‎ ‎(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则 y＝a2＝ 又s＝y＋Ltan α，解得：s＝.‎ ‎20．(12分)一平行板电容器长l＝‎10 cm，宽a＝‎8 cm，板间距d＝‎4 cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的均为5×10－‎11 kg/C，速度均为4×‎106 m/s，距板右端处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试求：‎ ‎(1)离子打在屏上的区域面积；‎ ‎(2)在一个周期内，离子打到屏上的时间．‎ 答案：(1)4ad　(2)0.007 2 s 解析：(1)设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U0‎ 水平方向：l＝v0t①‎ 竖直方向：＝at2②‎ 又a＝③‎ 由①②③得 U0＝＝ V ‎＝128 V 当U≥128 V时打到极板上 当U<128 V时打到屏上 利用推论：打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上．‎ 由此可得＝ 解得打到屏上的长度为y＝d 又由对称知，总长度为2d 区域面积为S＝2y·a＝4ad.‎ ‎(2)在前T，离子打到屏上的时间 t0＝×0.005 s＝0.001 8 s 又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间 t＝4t0＝0.007 2 s.‎