靜電場單元測試

靜電場一、單項選擇題1．對于某一電容器，下列說法對的的是(A．電容器所帶的電荷量越多，電容越大B．電容器兩極板間的電勢差越大，電容越大C．電容器所帶的電荷量增長一倍，兩極板間的電勢差也增長一倍D．電容器兩極板間的電勢差減小到本來的eq\f(1,2)，它的電容也減小到本來的eq\f(1,2)答案C解析根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，電容的大小跟電容器兩端的電勢差以及電容器所帶的電荷量的多少無關(guān)，根據(jù)公式U＝eq\f(Q,C)可得電容器所帶的電荷量增長一倍，兩極板間的電勢差也增長一倍，因此C對的．2．如圖1所示是由電源E、敏捷電流計G、滑動變阻器R和平行板電容器C構(gòu)成的電路，開關(guān)S閉合．在下列四個過程中，敏捷電流計中有方向由a到b電流的是()圖1A．將滑動變阻器R的滑片向右移動B．在平行板電容器中插入電介質(zhì)C．減小平行板電容器兩極板間的距離D．減小平行板電容器兩極板的正對面積答案D解析電路穩(wěn)定期，該電路中沒有電流，移動滑動變阻器R的滑片，電容器的電壓不變，電路中仍沒有電流，故選項A錯誤；在平行板電容器中插入電介質(zhì)，根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析得知電容增大，而電容器的電壓不變，則根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)分析得知電容器所帶電荷量增長，將要充電，電路中形成逆時針方向的充電電流，有b到a方向的電流通過電流計，故B錯誤；減小平行板電容器兩極板間的距離，根據(jù)電容的決定式知電容增大，同理可知電容器將要充電，電路中形成逆時針方向的充電電流，有b到a方向的電流通過電流計，故C錯誤；減小平行板電容器兩極板的正對面積，根據(jù)電容的決定式知電容減小，而電容器的電壓不變，則電容器所帶電荷量減小，將要放電，電路中形成順時針方向的放電電流，有a到b方向的電流通過電流計，故D對的．3.如圖2所示，有兩個固定的等量異種點電荷，a、b是它們連線的中垂線上的兩個位置，c是它們產(chǎn)生的電場中另一位置，以無窮遠處為電勢的零點，則如下說法中對的的是()圖2A．a(chǎn)、b兩點場強相似B．a(chǎn)、b兩點電勢相似C．c點電勢為正值D．將一正電荷從a點移到b點電場力做負功答案B解析a、b兩點場強方向均與ab連線垂直向右，方向相似．a(chǎn)點處電場線比b點處疏，則a點場強比b點小，故A錯誤；等量異種點電荷連線的中垂線是一條等勢線，因此a點電勢與b點電勢相等，由于該電場線一直延伸到無窮遠，故該等勢線上的每個點的電勢均為零，故B對的；等量異種點電荷形成的電場的電場線由正電荷指向負電荷，故c點電勢比a、b點電勢低，c點電勢為負，C錯誤；由于a點與b點的電勢相等，故將一正電荷從a點移到b點電場力不做功，故D錯誤．4．(·鹽城中學(xué)最終一卷)如圖3所示，帶正電的A球固定，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子B從a處以速度v0射向A，虛線abc是B運動的一段軌跡，b點距離A近來，粒子通過b點時速度為v，重力忽視不計，則()圖3A．粒子從a運動到b的過程中動能不停增大B．粒子從b運動到c的過程中加速度不停增大C．可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差D．可求出A產(chǎn)生的電場中b點的電場強度大小答案C解析由題圖知，帶電粒子受到A處正電荷的排斥力作用，粒子從a運動到b的過程中庫侖力做負功，其動能不停減小，故A錯誤．粒子從b運動到c的過程中粒子離正電荷越來越遠，所受的庫侖力減小，加速度減小，故B錯誤．根據(jù)動能定理得：qUab＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差Uab，故C對的．a(chǎn)、b間不是勻強電場，不能根據(jù)公式U＝Ed求b點的電場強度大小，故D錯誤．5．(·蘇州市期初調(diào)研)如圖4為靜電除塵原理圖，廢氣先通過一種機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)，帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以到達除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標(biāo))．不考慮塵埃在遷移過程中的互相作用和電荷量變化，則()圖4A．電場線方向由放電極指向集塵極B．圖中A點電勢高于B點電勢C．塵埃在遷移過程中做勻變速運動D．塵埃在遷移過程中電勢能減小答案D解析根據(jù)題意可知帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知集塵極帶正電荷，是正極，因此電場線方向由集塵極指向放電極，沿著電場線的方向電勢減少，因此圖中A點電勢低于B點電勢，故A、B錯誤；由題圖可知放電極與集塵極間的電場是非勻強電場，因此塵埃所受的電場力是變化的，塵埃在遷移過程中做變加速運動，故C錯誤；帶電塵埃所受的電場力方向與位移方向相似，電場力做正功，因此在遷移過程中電勢能減小，故D對的．6．(·第二次全國大聯(lián)考(江蘇卷))如圖5所示，在P1、P2處各放一種等電荷量正點電荷，O點為P1、P2連線的中點．一帶正電的試探電荷從M點由靜止出發(fā)，沿直線MON運動到N點，M、N有關(guān)O點對稱．下列各圖有關(guān)試探電荷速度v、電場強度E、電勢φ、電勢能Ep的描述對的的是()圖5答案C解析根據(jù)同種正電荷電場分布特點可知，O點場強為零，故正試探電荷在O點的加速度為零，可判斷出選項A、B錯誤；兩正電荷周圍的電勢為正，且連線的中點O點電勢最低，選項C對的；正試探電荷在電勢為正的位置，其電勢能為正值，選項D錯誤．7.(·高考押題預(yù)測卷)一束初速度不計的電子流通過加速電場加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場(兩極板間的電壓是400V)中，如圖6所示，若板間距離d＝2.0cm，板長l＝10.0cm(電子帶電荷量為e，質(zhì)量為m)，則下列說法對的的是()圖6A．加速電壓U＝2500V時，電子可以穿過偏轉(zhuǎn)電場B．若電子可以穿過偏轉(zhuǎn)電場，在其他條件相似的狀況下，把電子換成α粒子也一定可以穿過偏轉(zhuǎn)電場C．若保證偏轉(zhuǎn)電場兩極板的電荷量不變，把上極板向上移動，其他條件不變，則電子離開偏轉(zhuǎn)電場的位置也向上移動D．若保證加速電場兩極板的電荷量不變，把左邊極板向上移動，其他條件不變，則電子離開偏轉(zhuǎn)電場的位置不變答案B解析加速電場中，由動能定理得：eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－0，解得v0＝eq\r(\f(2eU,m))；進入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運動得l＝v0t；在垂直于板面的方向上做勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,md)，偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2；能穿過偏轉(zhuǎn)電場的條件為y≤eq\f(1,2)d，解得U≥eq\f(l2,2d2)U′，故加速電壓U與帶電粒子的比荷無關(guān)，因此電子可以通過，α粒子也一定能通過(偏轉(zhuǎn)的方向相反)，故B對的；代入數(shù)值得：U≥5000V，故A錯誤；電荷量不變，d變化，根據(jù)電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知電場強度不變，則電子所受電場力不變，加速度不變，運動時間也不變，因此電子離開偏轉(zhuǎn)電場的位置不會發(fā)生變化，故C錯誤；電荷量不變，把左邊極板向上移動，正對面積減小，電容減小，電壓U增大，電子離開偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(U′l2,4Ud)將變小，電子離開偏轉(zhuǎn)電場的位置將向上移動，故D錯誤．二、多選題8.(·程橋高中月考)兩點電荷形成電場的電場線分布如圖7所示．若圖中A、B兩點處的場強大小分別為EA、EB，電勢分別為φA、φB，則()圖7A．EA＜EBB．EA＞EBC．φA＞φBD．φA＜φB答案BC解析由電場線的分布狀況可知，A處電場線比B處電場線密，則A點的場強不小于B點的場強，即EA＞EB，故A錯誤，B對的；畫出過B點的等勢線與A所在的電場線交于C點，如圖所示，則有A點的電勢高于C點的電勢，因此A點的電勢高于B點的電勢，即φA＞φB，故C對的，D錯誤．9．(·海安中學(xué)月考)如圖8所示，虛線為某電場的等勢面，今有兩個帶電粒子(重力不計)，以不一樣的速率沿不一樣的方向，從A點飛入電場后，沿不一樣的軌跡1和2運動，由軌跡可以斷定()圖8A．兩個粒子的電性一定不一樣B．粒子1的動能先減小后增大C．粒子2的電勢能先增大后減小D．通過B、C兩點，兩粒子的速率一定相等答案AB解析根據(jù)軌跡的彎曲方向可判斷出粒子1受到排斥力的作用，其電性與場源電荷的電性相似，粒子2受到吸引力的作用，其電性與場源電荷的電性相反，因此兩粒子的電性一定相反，故A對的；電場力對粒子1先做負功，后做正功，由動能定理知其動能先減小后增大，故B對的；電場力對粒子2先做正功，后做負功，則粒子2的電勢能先減小后增大，故C錯誤；由于粒子1從A點到B點時速率減小，粒子2從A點到C點時速率增大，而粒子1的初速率與粒子2的初速率不等，則通過B、C兩點，兩粒子的速率不一定相等，故D錯誤．10．(·淮安、宿遷等期中)如圖9所示，虛線框的真空區(qū)域內(nèi)存在著沿紙面方向的勻強電場(詳細方向未畫出)，一質(zhì)子從bc邊上的M點以速度v0垂直于bc邊射入電場，從cd邊上的Q點飛出電場，不計質(zhì)子重力．下列說法對的的有().圖9A．質(zhì)子到Q點時的速度大小也許不小于v0B．質(zhì)子到Q點時的速度大小也許等于v0C．質(zhì)子到Q點時的速度方向也許與cd邊平行D．質(zhì)子到Q點時的速度方向也許與cd邊垂直答案ABD解析若電場強度水平向右，則質(zhì)子從M點到Q點電場力做正功，動能變大，故質(zhì)子到Q點時的速度大小不小于v0，選項A對的；若電場強度方向垂直于MQ連線向下，則質(zhì)子從M點到Q點電場力做功為零，動能不變，故質(zhì)子到Q點時的速度大小等于v0，選項B對的；質(zhì)子能抵達Q點闡明電場力有向右的分量，則抵達Q點后一定有水平向右的分速度，因此質(zhì)子到Q點時的速度方向不也許與cd邊平行，選項C錯誤；若電場方向斜向右下方，則質(zhì)子有水平向右的加速度和豎直向下的加速度，當(dāng)運動到Q點時，豎直速度也許減小為零，而只具有水平向右的速度，此時質(zhì)子到Q點時的速度方向與cd邊垂直，選項D對的．11．(·射陽二中模擬)如圖10所示，a、b、c三點在固定點電荷Q1、Q2連線的延長線上，Q1帶正電．一帶正電粒子從a點由靜止釋放，僅在電場力作用下運動，經(jīng)b點時速度最大，到c點時速度為零．下列說法對的的是()圖10A．Q2帶正電B．Q2的電荷量不小于Q1的電荷量C．a(chǎn)、c兩點電勢相等D．b點的電場強度最大答案BC三、計算題12．(·鹽都市二模)如圖11所示，虛線左側(cè)存在非勻強電場，MO是電場中的某條電場線，方向水平向右，長直光滑絕緣細桿CD沿該電場線放置．質(zhì)量為m1、電荷量為＋q1的A球和質(zhì)量為m2、電荷量為＋q2的B球穿過細桿(均可視為點電荷)．t＝0時A在O點以速度v0向左做勻速運動，同步B在O點右側(cè)某處以速度v1也向左運動，且v1＞v0，t＝t0時B抵達O點(未進入非勻強電場區(qū)域)，A運動到P點(圖中未畫出)，此時兩電荷間距離最?。o電力常量為k.圖11(1)求0～t0時間內(nèi)A球?qū)球做的功；(2)求桿所在直線上場強的最大值；(3)某同學(xué)計算出0～t0時間內(nèi)A對B球做的功W1后，用下列措施計算非勻強電場PO兩點間電勢差：設(shè)0～t0時間內(nèi)B對A球做的功為W2，非勻強電場對A做的功為W3根據(jù)動能定理W2＋W3＝0又由于W2＝－W1PO兩點間電勢差U＝eq\f(W3,q1)＝eq\f(W1,q1)請分析上述解法與否對的，并闡明理由．答案見解析解析(1)B球運動過程中水平方向只受A球?qū)λ膸靵隽ψ饔?，?dāng)它運動到O點時兩電荷間距離最小，故此時B球速度與A球相似，均為v0，由動能定理可得A球?qū)球庫侖力做的功即為B球動能減少許故A球?qū)球做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(12,)(2)由于A球做勻速運動，0～t0時間內(nèi)運動的位移x＝v0t0此時A球受到的庫侖力F＝keq\f(q1q2,x2)＝eq\f