【物理】2019届一轮复习人教版静电场单元测试 9页

‎ 静电场 一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)‎ ‎1．(2017·四川绵阳南山中学月考)在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电荷量为q的正电荷由a点移到b点时，克服电场力做功为W，下列说法正确的是(　　)‎ A．该电荷在a点电势能较b点大 B．a点电势比b点电势低 C．a、b两点电势差大小一定为U＝Ed D．a、b两点电势差Uab＝ ‎2．两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图1所示。在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中 (　　)‎ 图1‎ A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a B．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b C．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b ‎3．如图2所示，真空中两个带电小球(可看作点电荷)靠近放置，其中A球带电荷量为＋Q1，B球带电荷量为－Q2，且Q1＞Q2，则下列四幅图中，能正确表示A、B两球附近的电场线分布的是(　　)‎ 图2‎ ‎4.如图3所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1 V、2 V、3 V，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．匀强电场的场强大小为10 V/m B．匀强电场的场强大小为 V/m C．电荷量为1.6×10－19 C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.6×10－19 J D．电荷量为1.6×10－19 C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减小4.8×10－19 J ‎5．在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图4所示，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．点电荷M、N一定都是负电荷 B．点电荷P的电势能一定是先增大后减小 C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1‎ D．x＝4a处的电场强度一定为零 ‎6.如图5所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出的正确判断是(　　)‎ 图5‎ A．带电粒子带负电 B．带电粒子带正电 C．带电粒子所受电场力的方向向左 D．带电粒子做匀变速运动 ‎7．如图6所示，真空中M、N点处固定有两等量异种点电荷，a、b、c表示两点电荷形成的电场中的3条等势线，b是M、N连线的中垂线，交M、N于O点，a、c关于b对称。点d、e、f、g是以O为圆心的圆与a、c的交点。已知一带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是(　　)‎ 图6‎ A．M点处固定的是正电荷 B．d点的电势低于f点的电势 C．d点的场强与f点的场强相同 D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能先增大后减小 ‎8．如图7所示，A、B两圆环上均匀分布着等量的正电荷，x轴垂直于环面且过两圆环圆心O1和O2，P为O1O2的中点。下列说法中正确的是(　　) :学 ]‎ 图7‎ A．P点的电场强度为零 B．O1点的电场强度为零 C．O1点电势一定等于O2点电势 D．从O1点沿x轴到O2点，电势一定先降低后升高 ‎9．(2017·西安质检)如图8所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直。现将杆右移的同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变。根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是(　　)[ : ]‎ 图8‎ A．A一定带正电，B一定带负电 B．A、B两球所带电荷量的绝对值之比qA∶qB＝1∶2‎ C．A球电势能一定增加 D．电场力对A球和B球都做了功 二、非选择题 ‎10．(2016·亳州模拟)如图9所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g＝10 m/s2，求：‎ 图9‎ ‎(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？‎ ‎(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎11．如图10所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右。一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看做质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：‎ 图10‎ ‎ (1)OM的长L；‎ ‎ (2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；‎ ‎ (3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s。‎ ‎12．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图11所示，不计重力。求在t＝0到t＝T的时间间隔内：‎ 图11‎ ‎(1)粒子位移的大小和方向；‎ ‎(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。‎ 参考答案 ‎1.解析　正电荷由a点移到b点时，电场力对电荷做负功W，电势能增加，该电荷在a点电势能较b点小，选项A错误；a点电势比b点电势低，故B正确；当a、b两点在同一电场线上时，U＝Ed，本题a、b是否在同一电场线上不确定，则U大小不一定等于Ed，故C错误；电荷从a移动到b，克服电场力做功W，根据电势差的定义Uab＝，选项D错误。‎ 答案　B ‎2.解析　电容器与电源相连，两极板间电压不变。将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E＝可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动。由C＝可知，电容减小，Q＝CU，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a流向b，故D正确。‎ 答案　D ‎3.答案　B ‎4. 解析　A、C连线中点的电势为2 V，因此BE连线为等势线，由几何知识知，A、C连线的长度为dAC＝0.1 m×sin 60°×2＝ m，匀强电场的场强大小为E＝＝＝ V/m，故B对，A错；正点电荷从E点移到F点，电场力做正功，故C错；电荷量为1.6×10－19 C的负点电荷从F点移到D点，电场力做正功qUFD＝qUAC＝－1.6×10－19 C×(1 V－3 V)＝3.2×10－19 J，故电荷的电势能减少3.2×10－19 J，故D错。‎ 答案　B ‎5.解析　根据题图可知，点电荷的速度先增大后减小，说明电场力对点电荷P先做正功，后做负功，则M、N一定都是正电荷，且点电荷P的电势能一定是先减小后增大，所以选项A、B错误；由于在x＝4a处速度最大，说明点电荷M、N在此处产生的合场强为0，则有＝，所以QM∶QN＝4∶1，选项C错误，D正确。‎ 答案　D ‎ ‎6.解析　由运动轨迹的弯曲特点可知，带电粒子受水平向左的电场力作用，故粒子带负电。粒子在匀强电场中运动，则粒子受电场力是恒定的，可知粒子运动的加速度大小不变。‎ 答案　ACD ‎7.解析　正电荷从d点移动到e点电势能增加，则d点电势低于e点，M处为负电荷，‎ N处为正电荷，d点的电势低于f点的电势，d、f两点的电场强度大小相等、方向相同，将带正电的试探电荷沿直线从d点移动到f点，电势能一直增大，故B、C正确，A、D错误。‎ 答案　BC ‎8.解析　两个圆环可等效为放在O1点和O2点的点电荷。根据E＝k可得它们在P点的电场强度等大反向，故P点的电场强度为零，选项A正确；O1点的电场强度为A上的电荷在O1处产生的电场强度与B上的电荷在O1点处产生的电场强度的矢量和，由对称性可知，A上的电荷在O1点产生的电场强度为零，但是B上的电荷在O1处产生的电场强度不为零，故O1点的场强不为零，选项B错误；根据对称性可得O1点电势一定等于O2点电势，选项C正确；从O1点沿x轴到O2点的过程中，电场方向在O1P段为方向向右，在O2P段为方向向左，所以电势先降低后升高，选项D正确。‎ 答案　ACD ‎9.解析　根据题设条件可知：带电小球初始位置在同一等势面上，右移的同时顺时针转过90°，两个小球的电势能之和不变，可见在此过程中，电场力对两个带电小球做功的代数和为零，即电场力对两个带电小球中的一个做正功，对另一个做负功，但无法判断小球所带电性，选项A、C错误，D正确；根据匀强电场的特点和电场力做功的特点可得：WA＝qAE×2L，WB＝qBE×L，而WA＋WB＝0，即2qA＋qB＝0，A、B两球带电荷量的绝对值之比为1∶2，选项B正确。‎ 答案　BD ‎10.解析　(1)设小滑块到达Q点时速度为v，‎ 由牛顿第二定律得mg＋qE＝①‎ 小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得 ‎－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv②‎ 联立方程①②，解得v0＝7 m/s ‎(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得 ‎－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv③‎ 又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m④‎ 代入数据，解得FN＝0.6 N⑤‎ 由牛顿第三定律得 小滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝0.6 N⑥‎ 答案　(1)7 m/s　(2)0.6 N ‎11.解析　(1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为vA，竖直分速度为vy，则有 cos 60°＝，即vA＝2v0，‎ tan 60°＝，即vy＝v0，‎ 由牛顿第二定律知a＝，‎ 由v＝2aL，知L＝。‎ ‎(2)在区域 Ⅱ中，由图可知BC＝，‎ 所以从A点到B点，由动能定理得 mg·＝mv－mv，‎ 得vB＝3v0。‎ 在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知 v＝2d，‎ 得E′＝。‎ ‎(3)vB＝t，所以t＝。‎ 小球在竖直方向上做自由落体运动，即 h＝gt2＝，‎ 所以小球到达右边界上的点与OO′的距离[ :学 ]‎ s＝BC＋h＝＋。‎ 答案　(1)　(2)　(3)＋ ‎12.解析　(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 a1＝①‎ a2＝－2②‎ a3＝2③‎ a4＝－④‎ 由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a－t图象如图甲所示，对应的v－t图象如图乙所示，其中 v1＝a1·＝⑤‎ 由图乙可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为 x＝v1⑥‎ 由⑤⑥式得 ‎ x＝⑦‎ 它沿初始电场正方向。‎ ‎(2)由图乙可知，粒子在t＝T到t＝T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间t为 t＝T－T＝⑧‎ 答案　(1)　沿初始电场正方向　(2)