2020高中物理 第1、2章 静电场 电势能与电势差 143单元测试 鲁科版选修3-1 9页

第1、2章《静电场》《电势能与电势差》单元测试 ‎ 选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.‎ ‎　　‎ ‎1.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)‎ A.a一定带正电，b一定带负电 B.a的速度将减小，b的速度将增大 C.a的加速度将减小，b的加速度将增大 D.两个粒子的电势能一个增大，一个减小 解析：因为电场线的方向不知，所以不能根据受力情况判断带电粒子的带电情况，因此选项A错误；根据带电粒子的运动轨迹可知a受的电场力向左，b受的电场力向右，且电场力都做正功，所以两个粒子的速度都增大，电势能都减小，即选项B、D错误；但a受的电场力越来越小，b受的电场力越来越大，所以a的加速度将减小，b的加速度将增大，即选项C正确.‎ 答案：C ‎2.两带电小球A、B分别位于光滑且绝缘的竖直墙壁和水平地面上，在作用于B的水平力F的作用下静止于图甲所示位置.现用力将B球向左推过一小段距离，则两球重新平衡后力F及B球对地的压力FN相对原状态的变化为(　　)‎ A.FN不变，F不变　　　　B.FN不变，F变小 C.FN变大，F变大 D.FN变大，F变小 解析：‎ 如图乙所示，对A、B分别进行受力分析，以A、B为一系统，分析其所受的外力，则：‎ FNB＝mAg＋mBg，不变 由牛顿第三定律得：FN＝FNB＝mAg＋mBg，不变 水平方向，F＝FNA，再对A隔离，可得：‎ FNA＝mgtan θ (θ为A、B连线与竖直方向的夹角)‎ 由题意可知θ减小，故FNA减小，F变小.‎ 答案：B ‎3.A、B两个点电荷在真空中所产生的电场的电场线(方向未标出)如图所示.图中C点为两个点电荷连线的中点，MN为两个点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称.则下列说法正确的是(　　)‎ A.这两个点电荷一定是等量异种电荷 B.这两个点电荷一定是等量同种电荷 C.D、C两点的电势一定相等 D.C点的电场强度比D点的电场强度大 解析：由电场线的分布可以知道这里等量异种电荷C、D所在的直线为等势面，电势为零.‎ 答案：ACD ‎4.如图所示，绝缘水平面上锁定着两个质量均为m，带电荷量分别为＋9q、＋q，体积很小的物体A和B，它们间的距离为r，与平面间的动摩擦因数均为μ.已知静电力常量为k.如果解锁使它们开始运动，则当加速度为零时，它们相距的距离为(　　)‎ A.3q　　　B.　　　C.2r　　　D.3r 解析：加速度为零时，其受到的库仑力与摩擦力平衡.‎ 答案：A ‎5.如图所示，真空中O点处有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角；b点的场强大小为Eb，方向与a、b连线成30°角，则关于a、b两点场强大小及电势φa、φb的高低关系正确的是(　　)‎ A.Ea＝3Eb，φa＞φb B.Ea＝3Eb，φa＜φb C.Ea＝，φa＜φb D.Ea＝Eb，φa＜φb 解析：由点电荷产生的场强公式E＝k可判断出Ea＝3Eb，由图示可知，这是负电荷产生的电场，因此有φb＞φa，综合以上判断，可知选项B正确.‎ 答案：B ‎6.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知(　　)‎ A.三个等势面中，a的电势最高 B.带电质点通过P点的电势能较Q点大 C.带电质点通过P点的动能较Q点大 D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大 解析：由轨迹图可知，电场线的方向应垂直Q、P处的等势面向下.又因为质点带正电，故选项A错误.可以假设质点从Q点或P点射入，由电场力与速度方向之间的夹角，判断出电场力是做正功还是负功，从而判断出选项B正确.等差等势面越密集的地方场强越大，可以判断出P点处场强较强，选项D正确.‎ 答案：BD ‎7.如图所示，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度v0射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN.a、b、c是以O为圆心，Ra、Rb、Rc为半径画出的三个圆.Rc＝3Ra，Rb＝2Ra.1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点，以|W12| 表示点电荷P由1到2的过程中电场力做的功的大小，|W34|表示点电荷P由3到4的过程中电场力做的功的大小，则(　　)‎ A.|W12|＝2|W34|‎ B.|W12|＞2|W34|‎ C.P、O两点电荷可能同号，也可能异号 D.P的初速度方向的延长线与O之间的距离可能为零 解析：因为Rb＝2Ra，则|U12|＞|U34|，由图可知，点电荷P受到引力，P、O应异号，选项C错误.图中所示虚线为等势面，库仑力先对P做正功，后做负功，选项A错误、B正确.P的初速度方向的延长线与O之间的距离不可能为零，选项D错误.‎ 答案：B ‎8.如图所示，两个等量的正点电荷Q、P，连线中点为O，在中垂线上有A、B两点，已知OA＜OB，A、B两点的电场强度及电势分别为EA、EB、φA、φB，则(　　)‎ A.EA一定大于EB，φA一定大于φB B.EA不一定大于EB，φA一定大于φB C.EA一定大于EB，φA不一定大于φB D.EA不一定大于EB，φA不一定大于φB 解析：在两个等量、同号点电荷连线中点的两个点电荷产生的电场强度等值而反向，矢量和为零.在中垂线上无穷远处两个电荷产生的场均为零，矢量和也为零.在连线中点到无穷远的区间各点电场强度不为零，方向自连线中点指向无穷远，因而必然有极大值，题中只给出OA＜OB，但未给定具体位置.若是达到极大值之前，可断定EA＜EB；若是越过极大值之后，则EA＞EB ‎；若A、B分居极值前后，情况要具体讨论.据本题情况，不能判定EA与EB的大小关系，在中垂线上，电场强度方向为自连线中点O指向无穷，故电势逐渐降低，可断定φA＞φB.正确选项为B.‎ 答案：B ‎9.图中虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零.一带正电的点电荷只在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV.当这一点电荷运动到某一位置.其电势能变为－8 eV时， 它的动能为(　　)‎ A.8 eV　　B.15 eV　　C.20 eV　　D.34 eV 解析：电荷在相邻两等势面之间移动电场力做功相等，动能变化相等，故知到达等势面3时的动能为12 eV，即电荷的动能与电势能之和为12 eV，当电势能为－8 eV时，动能Ek＝12 eV－(－8 eV) ＝20 eV.‎ 答案：C ‎10.如图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M点沿水平方向抛出一带电小球.最后小球落在斜面上的N点.已知小球的质量为m，初速度大小为v0，斜面倾角为θ，电场强度大小未知.则下列说法正确的是(　　)‎ A.可以断定小球一定带正电荷 B.可以求出小球落到N点时速度的方向 C.可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的总功 D.可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大 解析：由题意知，小球的电场力可以向下，也可以向上，向上时的大小小于mg，‎ 故无法确定电性，选项A错误.‎ 设小球在空中受到的合外力F合＝mg′‎ 小球落在斜面上的条件为：＝tan θ 解得：t＝ 此时速度方向与水平夹角的正切tan α＝＝2tan θ，与g′无关，选项B正确.‎ 又因小球在空中做类平抛运动，故选项D正确.‎ 由以上知小球落在斜面时的速度大小v＝，与g′无关.‎ 故可得W总＝mv2－mv，选项C正确.‎ 答案：BCD 非选择题部分共3小题，共40分.‎ ‎11.(13分)如图甲所示，质量为m、带电荷量为＋q的微粒在O点以初速度v0与水平方向成θ角射出，微粒在运动中所受阻力的大小恒为f.‎ ‎(1)如果在某一方向上加一定大小的匀强电场后，能保证微粒将沿v0方向做直线运动，试求所加匀强电场的最小值.‎ ‎(2)若加上大小一定，方向水平向左的匀强电场，仍能保证微粒沿v0方向做直线运动，并经过一段时间后又返回O点，求微粒回到O点时的速率.‎ 解析：‎ ‎(1)要保证微粒沿v0方向直线运动，电场垂直于v0斜向上方时，E有最小值，微粒受力分析如图乙所示.有：‎ Eq＝mgcos θ 解得：E＝.‎ ‎(2)为使垂直于v0方向的合力为零，则Eqsin θ＝mgcos θ 设微粒最大位移为s，由动能定理，有：‎ mv＝(mgsin θ＋Eqcos θ＋f)s 粒子由O点射出再回到O点，由动能定理，有：‎ m(v－v2)＝2fs 解得：v＝·v0.‎ 答案：(1) ‎(2)·v0‎ ‎12.(13分)如图甲所示，光滑绝缘的水平轨道AB与半径为R的光滑绝缘圆形轨道BCD平滑连接，圆形轨道竖直放置，空间存在水平向右的匀强电场，场强为E.今有一质量为m、电荷量为q的滑块，其所受的电场力大小等于重力.滑块在A点由静止释放，若它能沿圆轨道运动到与圆心等高的D点，则AB至少为多长？‎ 解析：‎ 乙 如图乙所示，滑块所受重力mg和电场力qE的合力F合与竖直方向成45°角，滑块只要过了P点便可以完成圆周运动到达D点.‎ 故在P点，有：‎ ＝m qE＝mg 对滑块由A到P的过程，由动能定理得：‎ qE·(AB－Rcos 45°)－mg(R＋Rsin 45°)＝mv2‎ 联立解得：AB＝(1＋)R.‎ 答案：(1＋)R ‎13.(14分)如图甲所示，竖直平面上有一光滑绝缘的半圆形轨道，处于水平方向且与轨道平面平行的匀强电场中，轨道两端点A、C高度相同，轨道的半径为R . 一个质量为m的带正电的小球从槽右端的A处无初速度地沿轨道下滑，滑到最低点B时对槽底压力为2mg. 求小球在滑动过程中的最大速度.‎ 甲、乙两位同学是这样求出小球的最大速度的：‎ 甲同学：B是轨道的最低点，小球过B点时速度最大，小球在运动过程中机械能守恒，mgR＝mv2，解得小球在滑动过程中的最大速度为v＝.‎ 乙同学：B是轨道的最低点，小球过B点时速度最大，小球在B点受到轨道的压力为FN＝2 mg，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得球在滑动过程中的最大速度v＝.‎ 请分别指出甲、乙同学的分析是否正确，若错误，将最主要的错误指出来，解出正确的答案，并说明电场的方向.‎ 解析：甲同学的分析是错误的，小球的机械能不守恒.‎ 乙同学的分析也是错误的，小球在滑动过程中的最大速度的位置不在最低点B.‎ 正解如下：‎ 小球在B点时，FN－mg＝m 而FN＝2mg，解得：v2＝gR 从A到B，设电场力做功WE，由动能定理，有：‎ WE＋mgR＝mv2‎ 得WE＝－mgR 电场力做负功，‎ 所以带电小球所受电场力的方向向右 FE＝＝mg，场强方向向右 从A到B之间一定有位置D，小球运动至该点时合外力与速度方向垂直，小球在该点速度达到最大，设O、D连线与竖直方向间的夹角为θ，如图乙所示，则有：‎ cos θ＝＝，sin θ＝ 又由动能定理，有：‎ mv＝mgRcos θ－FE(R－Rsin θ)‎ 解得：vmax＝.‎