最新届高考物理静电场复习题04

2012届高考物理静电场复习题04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E DA ＝k Q r 2，E DB ＝k Q r 2，E DC ＝k Qr 2，所以D 点合电场强度为E D＝k Q r 2－2k Qr 2cos 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aC．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Fmg＝tan a，知m a>m b，库仑力F相同，水平方向的加速度a a<a b，所以a球水平飞行距离小，B错；库仑力大小相等，但位移不等，故C 错；P＝mg v，速度在竖直方向的分量相同，故P A>P B，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q 1和q 2(q 1>q 2)．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 ＝12(q 1－q 2)EB ．T ＝(q 1－q 2)EC ．T ＝12(q 1＋q 2)ED ．T ＝(q 1＋q 2)E答案：A解析：由牛顿第二定律，对球2有T ＋Eq 2＝ma 对球1、2整体有Eq 1＋Eq 2＝2ma 两式联立得T ＝E (q 1－q 2)2，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 ＝mgq ，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2－22mgLB ．总重力势能增加了22mgL C ．总电势能减少了2－22mgLD ．总电势能减少了22mgL 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 －L cos 45°)＝2－22mgL ，故A 项正确，总电势能减少了22mgL ，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U 1，后者的电压为U 2，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 ．U 1越小，灵敏度越大D ．灵敏度与U 1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U 1e ＝12m v 2，y ＝12·U 2e dm ·⎝⎛⎭⎫L v 2，可得：y U 2＝L 24dU 1，可见，L 越大，灵敏度越大，d 越小，灵敏度越大，U 1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 ＝Ud 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 ＝εr S4πkd 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U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2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 ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1答案：A解析：由y ＝12at 2＝12Uq md l 2v 02得：U ＝2m v 02dy ql 2，所以U ∝yl2，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/dB ．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 ＝2φd ，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 ＝εr S4πkd 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UCB ．两极板间匀强电场的电场强度大小为UL sin θC ．M 、P 两点间的电势差为UL sin θdD ．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qUL sin θd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 ＝Ud ，B 项错误；MP 两点间的电势差就等于NP 间的电势差，即U MP ＝EL sin θ＝UL sin θd ，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qU MP ＝qUL sin θd，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：qQs2Cd解析：电容器两板间电势差U ＝Q C ，场强E ＝U d ＝QCd ，而A 、B 两点间电势差U AB ＝E ·s ·sin 30°＝Qs2Cd ，电场力对＋q 所做功为W ＝qU AB ＝qQs2Cd. 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9.1×10－31kg ，电荷量为－1.6×10－19C)答案：－136.5解析：设电子射入电场时的速度为v A ，射出电场时的速度为v B ，从图可知v B ＝v Asin 30°＝2v A ，根据动能定理，有W ＝eU AB ① W ＝12m v B 2－12m v A 2②由式①②得eU AB ＝12m v B 2－12m v A 2＝32m v A 2所以U AB ＝3m v A 22e ＝3×9.1×10－31×(4×106)2－1.6×10－19×2V＝－136.5 V15．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v 0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：2m v 02－mg v 0tq解析：因为v y ＝2v 0，由动能定理可得：12m (v y 2＋v 02)－12m v 02＝mg v 0t ＋qU OP ，所以U OP＝2m v 02－mg v 0tq ，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)3mg3kl (2)1033mgk 9l解析：(1)A 球带正电，B 球带负电两小球相距 d ＝2l －2l sin 30°＝l由A 球受力平衡可得：mg tan α＝k Q 2l 2解得：Q ＝3mg3kl . (2)外加电场时，两球相距d ′＝2l ＋2l sin 30°＝3l 根据A 球受力平衡可得：QE －k Q 2(3l )2＝mg tan α解得：E ＝1033mgk 9l.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v 0＝2.0 m/s ，如图所示，求物块最终停止时的位置．(g 取10 m/s 2)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x 1， 由动能定理得：－(qE ＋μmg )x 1＝0－12m v 02所以x 1＝m v 022(qE ＋μmg )，代入数据得x 1＝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x 2，则－μmg (2x 1＋x 2)＝0－12m v 02，解之得x 2＝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v 0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)mg q －2hm v 02qL 2 (2)2h 2m v 02－mghL 2L 2(3)2h 2m v 02L 2＋m v 022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：v 0t ＝L ，竖直方向：(mg －qE )t 22m ＝h所以E ＝mg q －2hm v 02qL 2.(2)电场力做功为W ＝－qEh ＝2h 2m v 02－mghL 2L 2.(3)根据动能定理mgh －qEh ＝E k －m v 022得E k ＝2h 2m v 02L 2＋m v 022.19．(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v 0射入电场中，v 0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)2L v 0 (2)qEL m v 02 (3)3qEL 22m v 02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 ＝2Lv 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eqm所以v y ＝a L v 0＝qELm v 0.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＝v y v 0＝qELm v 02.(3)设粒子在电场中的偏转距离为y ，则 y ＝12a ⎝⎛⎭⎫L v 02＝12qEL 2m v 02又s ＝y ＋L tan α，解得：s ＝3qEL 22m v 02.20．(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m q 均为5×10－11 kg/C ，速度均为4×106 m/s ，距板右端l 2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U 0 水平方向：l ＝v 0t ① 竖直方向：d 2＝12at 2②又a ＝qU 0md ③由①②③得U 0＝md 2v 02ql 2＝5×10－11×(4×10－2)2×(4×106)2(0.1)2 V＝128 V当U ≥128 V 时打到极板上精品好文档，推荐学习交流仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢11 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l 2＋l 2l 2＝y d 2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14T ，离子打到屏上的时间 t 0＝⎝⎛⎭⎫1－128 V 200×0.005 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 ＝4t 0＝0.007 2 s.。