高考物理总复习 第七章 静电场综合检测

避躲市安闲阳光实验学校静电场综合检测
(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1～8小题只有一个选项正确,第9～14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.如图所示,一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内,当开关S闭合,小球静止时,悬线与竖直方向的夹角为θ,则( C )
A.当开关S断开时,若减小平行板间的距离,则夹角θ增大
B.当开关S断开时,若增大平行板间的距离,则夹角θ变小
C.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角θ增大
D.当开关S闭合时,若减小平行板间的距离,则夹角θ减小
解析:带电小球在电容器中处于平衡时,由平衡条件有tan θ=,当开关S断开
时,电容器两极板上的电荷量Q不变,由C=,U=,E=可知E=,故增大或减小两极板间的距离d,电容器两极板间的电场强度不变,θ不变,选项A,B错误;
当开关S闭合时,因为两极板间的电压U不变,由E=可知,减小两极板间的距离d,E增大,θ变大,选项C正确,D错误.
2.如图所示,在x轴上关于原点O对称的两点A,B分别放置固定的点电荷+Q1和-Q2,x轴上的P点位于B点的右侧,且P点电场强度为零.设无穷远处电势为零,则下列判断正确的是( C )
A.P点电势为零
B.在A,B连线上还有一点与P点电场强度相同
C.A,O两点的电势差大于O,B两点的电势差
D.若将一试探电荷+q从P点移至O点过程中,电势能一直增大
解析:由异种电荷的电场线分布情况知,x轴上B点右侧的电场线方向指向B,由沿电场线方向电势越来越低知,P点电势小于零,选项A错误;P点电场强度为零,
由电场叠加知,k =k,由于r AP>r BP,故Q1>Q2,则在A,B连线上除P点外各点电场强度均不为零,选项B错误;由于Q1>Q2,故A,O两点间的电场线分布较密,A,O 两点间的电势差较大,选项C正确;P到B的电场线方向向左,B到O的电场线方向向右,故+q从P点移至O点的过程,电场力先做正功再做负功,电势能先减小后增大,选项D错误.
3.如图所示,在直角三角形所在的平面内存在匀强电场,其中A点电势为0,B点电势为3 V,C点电势为6 V.已知∠ACB=30°,AB边长为
m,D为AC的中点.现将一点电荷放在D点,且点电荷在C点产生的电场强度为1.5 V/m,则放入点电荷后,B点电场强度为( A )
V/m B.3.5 V/m
C.2 V/m
D. V/m
解析:U BA=ϕB-ϕA=3 V,U CA=ϕC-ϕA=6 V,由等分法知,U DA =U CA=3 V,故ϕB=ϕD,由几何知识知,AB=AD=CD,匀强电场的电场强度大小E1==2 V/m,点电荷在C点产生
的电场强度大小为1.5 V/m,由E=k知,其在B点产生的电场强度大小E2=1.5 V/m,由电场叠加知,放入点电荷后B点的电场强度大小E=2.5 V/m,选项A正确,B,C,D
错误.
4.如图所示,一带正电的粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点,轨迹为一抛物线,且a,b关于m,n对称.下列说法中正确的是( B )
A.该电场可能为点电荷产生的电场
B.该电场为匀强电场,电场强度方向由m到n
C.带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能
D.带电粒子由a运动到b的过程中电势能一定一直减小
解析:根据曲线运动的对称性,知带电粒子在电场中做类斜抛运动,则该电场力为恒力,电场为匀强电场,故A错误;由曲线轨迹弯曲的方向知,电场强度方向由m到n,故B正确;由a,b对称知,a,b在同一等势面上,则电场力不做功,动能相等,故C错误;由a到b,电场力先做负功后做正功,电势能先变大后变小,故D错误.
5.真空中两点电荷q1,q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上,D为斜边AB 的中点,∠ABC=30°,如图所示.已知A点电场强度的方向垂直AB向下,则下列说法正确的是( C )
A.q1带负电,q2带正电
B.D点电势高于A点电势
C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半
D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍
解析:A点的电场强度方向垂直AB向下,可知电荷q1带正电,q2带负电,选项A错误;q1到A点和D点距离相等,在q1产生的电场中A点和D点的电势是正值且相等,q2到A点的距离是到D点距离的两倍,由电势沿电场线方向降低可知,在q2产生的电场中A点和D点的电势是负值且A点电势高,D点电势低,选项B错
误;q1,q2在A点产生的电场强度分别是E1=k,E2=k,由几何关系分析E1sin 30°=E2,则q2=2q1,选项C正确,D错误.
6.一带负电粒子在电场中仅受静电力作用下沿x轴正向做直线运动的v-t图像如图所示.起始点O为坐标原点,下列关于电势ϕ、粒子动能E k、电场强度E、粒子加速度a与位移x的关系图像中可能合理的是( C )
解析:由v-t图像可知,v逐渐减小,曲线切线斜率反映出加速度逐渐减小,即电场力逐渐减小,即电场强度减小,C正确,D错误;v逐渐减小,粒子质量保持不变,则动能减小,B错误;v逐渐减小,反映了电场力对粒子做负功,电势能增加,而对于带负电粒子ϕ=,则电势降低,A图中,直线斜率=E,反映了电场强度是常数,与v-t图像反映的加速度减小的趋势不符,A错误.
7.如图所示,正方形ABCD边长为 2.0 m,内部存在电场强度为4 N/C的匀强电场,电场线方向与AB边平行,一比荷为5×107C/kg的正电荷从AB的中点P垂直于AB射入电场,射入电场时的速度为v=4×
104m/s,不计电荷的重力,离开电场后,电荷的轨迹与BC延长线的交点M(未画出)与B点的距离为( D )
A.0.5 m
B.2.0 m
C.2.5 m
D.5.0 m
解析:电荷在匀强电场中发生偏转,竖直方向的位移y=··()2,沿竖直方向的分速度v y=a ·,粒子出电场后又经时间t到达M点,则v y t+y=L,M与B点的距离为x=L+vt=5.0 m,故D正确.
8.真空中,在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,假设试探电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动,得到试探电荷P的速度与其在x轴上的位置关系如图所示,则下列说法正确的是( D )
A.点电荷M,N一定都是负电荷
B.试探电荷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
解析:根据题意,试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速,其动能先增大后减小,其电势能先减小后增大,选项B错误;试探电荷在x=4a处速度最大,电势能最小,该处电场强度一定为零,选项D正确;在x轴上从原点处到x=6a处,电场强度
从两头指向x=4a处,点电荷M,N一定都是正电荷,选项A错误;由=可得Q M=4Q N,选项C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,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.如图所示,水平面内有A,B,C,D,E,F六个点,它们均匀分布在半径为R=2 cm 的同一圆周上,空间有一方向与圆平面平行的匀强电场.已知A,C,E三点的电势分别为ϕA =(2-) V,ϕC=2 V,ϕE =(2+) V,下列判断正确的是( AC )
A.将电子从D点经E点移到F点的过程中,静电力先做正功再做负功
B.电场强度的大小为1 V/m
C.该圆周上的点电势最高为4 V
D.电场强度的方向由A指向D
解析:根据几何关系,AE的中点G的电势
ϕG == V=2 V,
ϕG=φC,由此可得,GC是等势面,电场线与等势面垂直,且由电势高的等势面指向电势低的等势面,所以电场强度的方向由E指向A,选项D错误;E,A两点间的电
势差为U=(2+) V-(2-) V=2 V,E,A两点间的距离d=2Rsin 60°=2×2×cm=2 cm,根据公式,电场强度的大小E===100 V/m,选项B错误;沿
着电场线电势降低,H电势最高,由U=Ed可知,=,代入数据=,解得φH=4 V,选项C正确;从D经E移到F点,电势先升高后降低,电子带负电,电势能先减小后增加,静电力先做正功后做负功,选项A正确.
11.空间存在着平行于x轴方向的静电场,A,M,O,N,B为x轴上的
点,OA<OB,OM=ON,AB间的电势 随x的分布为如图所示的折线,一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动,则下列判断中正确的是( CD )
A.粒子一定带正电
B.粒子从M向O运动过程所受电场力均匀增大
C.粒子一定能通过N点
D.AO间的电场强度大于OB间的电场强度
解析:由图可知,A,B两点电势相等,O点的电势最高,A到O是逆电场线,粒子仅在电场力作用下,从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动,故粒子一定带负电,选项A错误;A到O电势均匀升高,故A到O的电场是匀强电场,所以粒子从M向O运动过程中所受电场力不变,选项B错误;由图可知,M点的电势小于N点的电势,故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功,所以粒子能通过N点,选项C正确;A到M电势均匀升高,图像的斜率大小等于电场强度,选项D
正确.
12.如图所示,空间存在一匀强电场,平行实线为该电场等势面,其方向与水平方向间的夹角为30°,AB与等势面垂直,一质量为m、电荷量为q的带正电小球,以初速度v0从A点水平向右抛出,经过时间t小球最终落在C点,速度大小仍是v0,且AB=BC,重力加速度为g,则下列说法中正确的是( BCD )
A.电场方向沿A指向B
B.电场强度大小为
C.小球下落高度gt2
D.此过程增加的电势能等于mg2t2
解析:小球在下落过程中初末动能不变,根据动能定理,合力做功为0,重力做正功,则电场力做负功,而小球带正电,则电场方向沿B指向A,选项A错误;由动能
定理有mg cos 30°-Eq cos 30°=0,解得E=,选项B正确;竖直方向由牛
顿第二定律mg-qEcos 30°=ma y,又h=a y t2,联立解得h=gt2,选项C正确;此过程中电场力做负功,电势能增加,由几何关系知小球沿电场线方向上的位移为
d=·cos 30°=gt2,则电势能的增加量ΔE p =qEd=mg2t2,选项D正确. 13.如图所示,平行板电容器两极板水平放置,现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上,平行板电容器的下极板接地,静电计所带电荷量可忽略,二极管具有单向导电性.闭合开关S,一带电油滴恰好静止于两板间的P点,现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则下列说法正确的是( CD )
A.平行板电容器的电容将变大
B.静电计指针的张角变小
C.带电油滴的电势能将减少
D.油滴仍将保持静止
解析:由C=可知,将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,d增大,C减小,A错误;由Q=CU可知,电容器所带的电荷量要减小,但是二极管具有单
向导电性,电容器不能放电,所以电容器上的电荷量保持不变,再由U=可知,电
容器两极板间的电势差增大,静电计指针的张角变大,B错误;由E=,U=和
C=联立解得E=,两极板间的电场强度不变,P点与下极板间的电势差增大,P点的电势升高,由题意知,油滴带负电,再由E p= q,带电油滴的电势能将减少,C正确;由于电场强度不变,所以Eq=mg,油滴仍将保持静止,D正确.
14.如图所示,竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道,水平匀强电场平行于轨道平面向左,P,Q分别为轨道的最高、最低点.一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动,已知重力加速度为g,电场强度
E=,要使小球能沿轨道做完整的圆周运动,下列说法正确的是( BC )
A.小球过Q 点时速度至少为
B.小球过Q 点时速度至少为
C.小球过Q,P点受轨道弹力大小的差值为6mg
D.小球过Q,P点受轨道弹力大小的差值为7.5mg
解析:小球自由静止时处于A点,受力分析如图所示,则tan θ==,由几何知
识知,sin θ=,cos θ=,小球在B点速度最小时重力和电场力的合力全部提
供向心力,由牛顿第二定律得=m,当小球在Q点有最小速度时,小球在B点的速度最小,小球由Q运动到B的过程中,由动能定理得-mg(R+Rcos θ)-EqRsin
θ=m -m,由以上各式解得v Q =,选项A错误,B正确;由牛顿第二定律得,小球在P点时mg+F1=m,小球在Q点时F2-mg=m,小球由P运动到Q的过程中,由动能定理得2mgR=m -m,由以上各式解得F2-F1=6mg,选项C正确,D错误.
二、非选择题(共44分)
15.(10分)如图(甲)所示,长为L、间距为d的两金属板A,B水平放置,ab为两板的中心线,一个带电粒子以速度v0从a点水平射入,沿直线从b点射出,粒子质量为m,电荷量为q.若将两金属板接到如图(乙)所示的交变电压上,欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出,求:
(1)交变电压的周期T应满足什么条件,粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件;
(2)两板间距d应满足的条件.
解析:(1)要使带电粒子从b点以速度v0射出,应满足=nT(n为正整数),则
T=(n为正整数), (2分)
由运动的对称性可知,射入的时刻应为
t=+, (2分)
即t=(n为正整数). (1分)
(2)第一次加速过程有
y1=at2=×()2,
将T代入得
y1=, (3分)
要使粒子不打在板上,应满足≥2y1 (1分)
即d ≥(n为正整数). (1分)
答案:(1)T=(n为正整数) t=(n为正整数)
(2)d ≥(n为正整数)
16.(10分)如图所示,水平虚线MN上、下方空间分别存在电场强度方向相反、大小相等的匀强电场.以虚线MN处电势为零,A,B是位于两电场中同一竖直线上的两点,且到MN距离均为d,一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放,已知粒子运动过程中最大电势能为E m,不计粒子重力.求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)粒子从释放到第一次返回A点所需的时间.
解析:(1)粒子释放后,在MN上方电场中电场力做正功,电势能减小,MN下方电场中,电场力做负功,电势能增大,由能量守恒和对称性可知,粒子在A,B两点间做往返运动,且在A,B处时电势能最大,MN处电势为零,设A到MN间电势差为U,A 点电势为φA,电场强度大小为E,则有U=φA-0=φA (1分) E m=qφA,U=Ed (2分)
联立解得E=. (1分)
(2)粒子从A到MN做匀加速直线运动,设经历的时间为t,到MN时粒子速度为v,加速度为a,则有v=at (1分)
qE=ma (1分)
从A到MN由能量守恒有E m =mv2 (2分)
联立解得t=d (1分)
由对称性可得,粒子第一次返回A点所需时间为
4t=4d. (1分)
答案:(1)(2)4d
17.(10分)如图所示,空间存在电场强度为E、方向水平向右足够大的匀强电场.挡板MN与水平方向所夹角为θ,质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从与M 点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出,粒子运动过程中恰好不与挡板碰撞,粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直,不计粒子的重力,求:
(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小;
(2)O,M间的距离.
解析:(1)由于粒子恰好不与挡板碰撞,粒子贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行,设此时粒子水平方向速度大小为v x,
则tan θ=, (2分)
解得v x =. (2分)
(2)粒子做类平抛运动,设粒子运动加速度为a,由牛顿第二定律
qE=ma, (1分)
在如图所示的坐标系中:
v x=at (1分)
x0=at2, (1分)
y0=v0t, (1分)
设O,M间的距离为d,由几何关系
tan θ=, (1分)
解得d=. (1分)
答案:(1)(2)
18.(14分)如图所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图.
在xOy平面的第一象限,存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0≤x≤L,0≤y ≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ,电场强度为E;在第二象限存在以(-2L≤x≤0,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅱ.一电子(电荷量大小为e,质量为m,不计重力)从电场Ⅰ的边界B点处由静止释放,恰好从N点离开电场区域Ⅱ.求:
(1)电子通过C点时的速度大小;
(2)电场区域Ⅱ中的电场强度的大小;
(3)试证明:从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N点离开电场.
解析:(1)由双曲线y=知BC 间距离为, (1分)
从B到C由动能定理:eE =m-0 (2分)解得电子通过C点时的速度大小v C =. (2分)
(2)电子从C点进入区域Ⅱ,在区域Ⅱ中做类平抛运动.
x轴方向2L=v C t (1分)
y轴方向L=×t2 (2分)
解得区域Ⅱ中的电场强度的大小E′=. (1分)
(3)设电子从AB曲线上点P(x,y)进入电场Ⅰ区域,
在区域Ⅰ由动能定理:eEx=m-0 (1分)
假设电子能够在区域Ⅱ中一直做类平抛运动且落在x轴上的x′处.则
y轴方向:y=×·t2 (1分) x轴方向:x′=v0t (1分)又y=,解得x′=2L (1分)即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从N点射出. (1分)答案:(1)(2)(3)见解析。