靜電場綜合檢測

《靜電場》綜合檢測(時間:90分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共14小題,每題4分,共56分.在每小題給出的四個選項中,第1～8題只有一個選項正確,第9～14題有多項正確,全部選對得4分,選對但不全得2分,有選錯或不選的得0分)1.下面是某同學(xué)對電場中的一些概念及公式的理解,其中正確的是(D)A.根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式E=FqB.根據(jù)電容的定義式C=QUC.根據(jù)真空中點電荷的電場強(qiáng)度公式E=kQrD.根據(jù)電勢差的定義式UAB=WABq可知,帶電荷量為解析:電場強(qiáng)度E與F,q無關(guān),由電場本身決定,故A錯誤;電容C與Q,U無關(guān),由電容器本身決定,故B錯誤;E=kQr2是電場強(qiáng)度的決定式,電場中某點的電場強(qiáng)度與場源電荷所帶電荷量有關(guān),故C錯誤;在電場中,克服電場力做功,電場力做負(fù)功,由UAB=1V,故D正確.2.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)電場,一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運動,已知重力加速度為g,微粒的初速度為v0,則(D)A.微粒一定帶正電B.微粒一定做勻速直線運動C.可求出勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度D.可求出微粒運動的加速度解析:因微粒在重力和電場力作用下做直線運動,而重力豎直向下,由微粒做直線運動條件知電場力必水平向左,微粒帶負(fù)電,A錯誤;其合外力必與速度反向,大小為F=mgsinθ,即微粒一定做勻減速直線運動,加速度為a=gsin3.為了減少污染,工業(yè)廢氣需用靜電除塵器除塵,某除塵裝置如圖所示,其收塵極為金屬圓筒,電暈極位于圓筒中心.當(dāng)兩極接上高壓電源時,電暈極附近會形成很強(qiáng)的電場使空氣電離,廢氣中的塵埃吸附離子后在電場力的作用下向收塵極運動并沉積,以達(dá)到除塵目的.假設(shè)塵埃向收塵極運動過程中所帶電荷量不變,下列判斷正確的是(B)A.帶電塵埃向收塵極運動過程中電勢能越來越大B.金屬圓筒內(nèi)越靠近收塵極電勢越高C.帶電塵埃向收塵極運動過程中受到的電場力越來越大D.金屬圓筒內(nèi)存在勻強(qiáng)電場解析:塵埃帶負(fù)電后受電場力作用向收塵極運動,電場力做正功,電勢能越來越小,故A錯誤;逆電場線方向,電勢變高,故越靠近收塵極,電勢越高,故B正確;離電暈極越遠(yuǎn),電場強(qiáng)度越小,塵埃帶電量不變,電場力越小,故C錯誤,根據(jù)圖象信息可知除塵器內(nèi)電場在水平面上的分布類似于負(fù)點電荷電場,電場線方向由收塵極指向電暈極,故D錯誤.4.如圖所示,在點電荷Q產(chǎn)生的電場中,實線MN是一條方向未標(biāo)出的電場線,虛線AB是一個電子僅在靜電力作用下的運動軌跡.設(shè)電子在A,B兩點的加速度大小分別為aA,aB且aA>aB,電勢能分別為EpA,EpB.下列說法正確的是(C)A.電子一定從A向B運動靠近M端且為負(fù)電荷C.電子在A點的電勢能一定小于在B點的電勢能點電勢一定低于B點電勢解析:由于不知道電子速度變化,由運動軌跡圖不能判斷電子向哪個方向運動,故A錯誤;由運動軌跡可知,電場力方向指向凹的一側(cè)即左側(cè),所以,在MN上電場方向向右,因為aA>aB,故Q必靠近M端且為正電荷,故B錯誤;由B可知,電場線方向由M指向N,那么A點電勢高于B點,故D錯誤;因A>B,對于電子來說一定有EpB>EpA,故C正確.5.如圖所示,水平金屬板A,B分別與電源兩極相連,帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離,兩金屬板表面仍均為等勢面,則該油滴(D)A.仍然保持靜止 B.豎直向下運動C.向左下方運動 D.向右下方運動解析:開始時油滴處于靜止?fàn)顟B(tài),有mg=qUd,B板右端下移時,U不變,d變大,電場力F=qU6.兩塊豎直放置的平行正對的金屬板構(gòu)成一個平行板電容器.電容器左板接地,右板與靜電計相連,在距離兩板等距離的A點處有一個帶電小球在靜電力與細(xì)繩牽引下處于靜止?fàn)顟B(tài).若將左極板向右移動靠近A點后系統(tǒng)再次平衡,下列說法中正確的是(C)A.若帶電小球仍處在A點處不移動,小球所受靜電力增加B.靜電計指針偏角變大C.帶電小球的電勢能減小D.帶電小球?qū)⑾蛴乙苿咏馕?將左板向右平移,板間距離減小,由C=εrS4πkd知,電容C增大,而電容器的電荷量不變,由C=QU可知,板間電壓U減小,則靜電計指針張角減小,根據(jù)E=Ud7.如圖,一對電荷量相等的帶正電的點電荷關(guān)于Ox軸對稱放置.一重力不計的帶電粒子從坐標(biāo)原點O由靜止釋放,粒子沿x軸正向運動.關(guān)于帶電粒子運動過程中的電勢能Ep隨坐標(biāo)x變化的圖象可能正確的是(A)解析:根據(jù)題意,粒子帶負(fù)電.x軸上的電場強(qiáng)度有兩個最大值的點,且關(guān)于電荷連線對稱.粒子運動過程中,電場強(qiáng)度可能先增大后再減小,運動到電荷連線中點時電場強(qiáng)度為0,速度達(dá)到最大,繼續(xù)運動,電場強(qiáng)度變大,達(dá)到最大值后再變小,根據(jù)-ΔEp=qE·Δx,由此可知ΔE8.如圖所示,圖中虛線為某靜電場中的等差等勢線,實線為某帶電粒子在該靜電場中運動的軌跡,a,b,c為粒子的運動軌跡與等勢線的交點,粒子只受電場力作用,則下列說法正確的是(C)A.粒子一定帶正電B.粒子在a點和在c點的加速度相同C.粒子在a,c之間運動過程中的動能先增大后減小D.粒子在a點的電勢能比在b點時的電勢能小解析:由于不能確定場源電荷的電性,故不能確定粒子的電性,選項A錯誤;粒子在a點和在c點所受的電場力大小相等,方向不同,則加速度大小相同,方向不同,選項B錯誤;粒子在a,c之間運動過程中,電場力先做正功,后做負(fù)功,則粒子的動能先增大后減小,電勢能先減小后增大,故粒子在a點的電勢能比在b點時的電勢能大,選項C正確,D錯誤.9.空間存在兩點電荷產(chǎn)生的靜電場,在x軸上沿x軸正方向電場強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系如圖所示,圖線關(guān)于E軸對稱,虛線為兩條漸近線,M,N是兩條漸近線到原點O的中點,且|PO|=3|MO|.取無窮遠(yuǎn)處電勢為零,下列說法中正確的是(BCD),N兩點的電勢相等點電勢高于M點電勢,O兩點電場強(qiáng)度大小之比為20∶9D.單位正電荷從O點移到N點過程中,電場力做功為W,則N點電勢數(shù)值為-W解析:由題圖可知,MN之間的電場線方向沿x軸正方向,故左邊的電荷為正電荷,右邊為等量的負(fù)電荷,故M點的電勢比N點電勢高,P點電勢高于M點電勢,故A錯誤,B正確;設(shè)MO的距離為r,正、負(fù)電荷的電荷量大小為Q,M點電場強(qiáng)度大小EM=kQr2+kQ(3r)2=10kQ9r2,O點電場強(qiáng)度大小EO=kQ(2r)210.如圖所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖象.當(dāng)t=0時,在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子,設(shè)帶電粒子只受電場力的作用,則下列說法中正確的是(CD)A.帶電粒子將始終向同一個方向運動s末帶電粒子回到原出發(fā)點s末帶電粒子的速度為零～3s內(nèi),電場力做的總功為零解析:設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度大小為a1,第2s內(nèi)的加速度大小為a2,由a=qEm可知,a2=2a1,則11.如圖所示,在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場,E,F,G,H是各邊中點,其連線構(gòu)成正方形,其中P點是EH的中點.一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出.以下說法正確的是(BD)A.粒子的運動軌跡一定經(jīng)過P點B.粒子的運動軌跡一定經(jīng)過PE之間某點C.若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?粒子會由ED之間某點從AD邊射出D.若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?粒子恰好由E點從AD邊射出解析:粒子從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出,其軌跡是拋物線,則過D點作速度的反向延長線一定與水平位移交于FH的中點,而延長線又經(jīng)過P點,所以粒子軌跡一定經(jīng)過PE之間某點,選項A錯誤,B正確;由平拋知識可知,當(dāng)豎直位移一定時,水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话?由于y方向的位移、加速度均不變,則運動時間不變,因此水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?粒子恰好由E點從AD邊射出,選項C錯誤,D正確.12.如圖(甲)所示,電場中的一條電場線與x軸重合,方向沿x軸負(fù)方向,O點為坐標(biāo)原點,M點坐標(biāo)為3cm;此電場線上各點的電場強(qiáng)度大小E隨x變化的規(guī)律如圖(乙)所示,對于此電場,以下說法正確的是(BD)A.此電場為勻強(qiáng)電場B.沿x軸正方向電勢逐漸升高點的電勢是O點電勢的2倍D.將一電子自O(shè)點移至M點,其電勢能減小90eV解析:由圖(乙)可知,電場強(qiáng)度E隨x增大而增大,可知電場不是勻強(qiáng)電場,選項A錯誤;因電場線方向沿x軸負(fù)方向,可知沿x軸正方向電勢逐漸升高,選項B正確;因零電勢點不確定,則不能比較M,O兩點的電勢關(guān)系,選項C錯誤;由U=Ex可知,M,O兩點的電勢差等于Ex圖線與x軸圍成的“面積”,則UMO=12(2+4)×103×3×10-213.如圖,正點電荷固定在O點,以O(shè)為圓心的同心圓上有a,b,c三點,一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子僅在電場力作用下從a點運動到b點,速率分別為va,vb.若a,b的電勢分別為a,b,則(BC),c兩點電場強(qiáng)度相同B.粒子的比荷qm=C.粒子在a點的加速度大于在b點的加速度D.粒子從a點移到b點,電場力做正功,電勢能減少解析:根據(jù)正點電荷電場的特征可知,a,c兩點電場強(qiáng)度大小相等,方向不同,選項A錯誤;電荷量為-q的粒子僅在電場力作用下從a點運動到b點,由能量守恒定律有12mva2-qa=12mvb2-qb,解得qm14.某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)挕⒎较蛩较蜃蟮膭驈?qiáng)電場.當(dāng)在該空間內(nèi)建立如圖所示的坐標(biāo)系后.在x軸上的P點沿y軸正方向連續(xù)射入相同的帶電粒子(粒子重力不計),由于粒子的入射速率v不同,有的粒子將在電場中直接通過y軸,有的將穿出電場后再通過y軸.設(shè)粒子通過y軸時,離坐標(biāo)原點的距離為h,從P到y(tǒng)軸所需的時間為t,則(BC)A.由題設(shè)條件不能判斷出粒子的帶電性質(zhì)B.對h≤d的粒子,h不同,粒子在電場中的運動時間t相同C.對h>d的粒子,h不同,在時間t內(nèi),電場力對粒子做的功不相等D.不同h對應(yīng)的粒子,進(jìn)入電場時的速率v可能相同解析:由題意知,粒子的運動軌跡向左彎曲,粒子所受的電場力向左,可知粒子帶正電,選項A錯誤;對h≤d的粒子,一直在電場中運動,然后通過y軸,水平方向的加速度相同,水平位移相同,則運動時間相同,選項B正確;對h>d的粒子,先在電場中向左偏轉(zhuǎn),然后從電場上邊界離開電場,做直線運動到達(dá)y軸上,h不同的粒子,從電場上邊界射出的位置不同,在電場中沿電場線方向的位移不同,則電場力對粒子做的功不相等,選項C正確;對h≤d的粒子,水平分位移x相等,由x=12at2知,運動時間t相等,豎直分位移h=vt,則h越大的粒子,進(jìn)入電場時的速率v也越大;對h>d的粒子,通過電場時豎直分位移均為d,有d=vt,x=12qEmt2而tanθ=qEm·dvv二、非選擇題(共44分)15.(9分)如圖所示,一靜止的電子經(jīng)過電壓為U的電場加速后,立即射入偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場中,射入方向與偏轉(zhuǎn)電場的方向垂直,射入點為A,最終電子從B點離開偏轉(zhuǎn)電場.已知偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度大小為E,方向豎直向上(如圖所示),電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,重力忽略不計.求:(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0;(2)若將加速電場的電壓提高為原來的2倍,使電子仍從B點離開,則偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度E應(yīng)該變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦?解析:(1)電子在電場中的加速,由動能定理得Ue=12mv解得v0=2Ue(2)設(shè)電子的水平位移為x,電子的豎直偏移量為y,則有x=v0t(1分)y=12at2Ee=ma(1分)聯(lián)立解得E=4yU根據(jù)題意可知x,y均不變,當(dāng)U增大到原來的2倍,電場強(qiáng)度E也增大為原來的2倍.(2分)答案:(1)2Ue16.(10分)如圖所示,固定在豎直平面內(nèi)的光滑絕緣半圓環(huán)的兩端點A,B,分別安放兩個電荷量均為+Q的帶電小球,A,B連線與水平方向成30°角,在半圓環(huán)上穿著一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球.已知半圓環(huán)的半徑為R,重力加速度為g,靜電力常量為k,將小球從A點正下方的C點由靜止釋放,當(dāng)小球運動到最低點D時,求:(1)小球的速度大小;(2)小球?qū)Νh(huán)的作用力.解析:(1)由靜電場知識和幾何關(guān)系可知,C,D兩點電勢相等,小球由C運動到D的過程中,由動能定理得mgh=12mv2由幾何關(guān)系可知h=R2解得v=gR.(1分)(2)小球運動到D點時,AD=3R,BD=R,小球分別受到A,B兩端帶電小球的作用力為FA=kQq3R2,FB設(shè)環(huán)對小球的支持力為FN,則有FN-FAcos30°-FBsin30°-mg=mv2R解得FN=3+36·由牛頓第三定律可知,小球?qū)Νh(huán)的壓力FN′=FN=3+36·答案:(1)gR(2)3+36·17.(12分)在豎直平面內(nèi),一根長為L的絕緣細(xì)線,一端固定在O點,另一端拴著質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球.小球始終處在電場強(qiáng)度大小為3mg(1)細(xì)線被拉斷前瞬間,細(xì)線的拉力大小;(2)O,P兩點間的電勢差.解析:(1)小球受到豎直向上的電場力F=qE=32所以小球被釋放后將向上繞O點做圓周運動,到達(dá)圓周最高點時速度沿水平方向,設(shè)此時速度為v,由動能定理有(F-mg)L=12mv2解得v=gL(1分)設(shè)細(xì)線被拉斷前瞬間的拉力為FT,由牛頓第二定律有FT+mg-F=mv(2分)聯(lián)立解得FT=32(2)細(xì)線斷裂后小球做類平