物理静电场电场强度和电场线第1课时同步训练题

这是一份物理静电场电场强度和电场线第1课时同步训练题，共7页。
选择题1~11题,每小题8分,共88分。
基础对点练
题组一 电场线、等势面与电荷运动轨迹的综合问题
1.(2023·全国甲卷,18)在一些电子显示设备中,让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场,可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线,如果用虚线表示电子可能的运动轨迹,其中正确的是( )
AB
CD
2.一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面,且四个等势面的电势关系满足φa>φb>φc>φd,若不计粒子所受重力,则( )
粒子一定带正电
粒子的运动是匀变速运动
粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大
粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大
3.(多选)如图所示,平行线代表电场线,但未标明方向,一个带正电、电荷量为10-6 C的微粒在电场中仅受静电力作用,当它从A点运动到B点时动能减少了10-5 J,则以下判断正确的是( )
微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示
微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示
B点电势高于A点电势
B点电势低于A点电势
4.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等差等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中a点进入电场,其运动轨迹为图中实线所示,若粒子只受静电力作用,则下列关于带电粒子的判断正确的是( )
a、b、c、d、e各点中c点电势最高
b点和d点的电场强度相同
粒子在a点的电势能大于在c点的电势能
粒子从a点运动到e点的过程中动能先减小后增大
题组二 电场中的功能关系
5.如图所示,a、b、c三条虚线为电场中的等势面,等势面b的电势为0,且相邻两个等势面间的电势差相等,一个带正电的粒子在A时的动能为10 J,在静电力作用下从A运动到B,在B时速度为0,当这个粒子的动能为7.5 J时,其电势能为( )
12.5 J2.5 J
0 -2.5 J
6.(多选)质量为m的带电小球在匀强电场中以初速度v0水平抛出,小球的加速度方向竖直向下,其大小为23g。重力加速度为g,则在小球竖直分位移为H的过程中,以下结论中正确的是( )
小球的电势能增加了2mgH3
小球的动能增加了2mgH3
小球的重力势能减少了mgH3
小球的机械能减少了mgH3
7.(多选)静电透镜是由带电导体所产生的静电场来使电子束聚焦和成像的装置,它广泛应用于电子器件(如阴极射线示波管)和电子显微镜中。如图所示为某静电透镜示意图,图中虚线为等差等势面。实线为电场线,一电子束从左侧射入该区域后,沿POR轨迹运动,下列说法正确的是( )
O点的电场强度小于P点的电场强度
各点电势高低为φPφd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据粒子运动轨迹可知该粒子所受静电力由d指向a，即该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，粒子做匀变速曲线运动，静电力做正功，粒子的动能增大，电势能减小，故B正确。]
3.AC [由题知，带正电的微粒仅受静电力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10－5 J，说明静电力做负功，则知静电力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知微粒的运动轨迹如题图中虚线1所示，故A正确，B错误；由于微粒带正电，所受静电力水平向左，则电场强度方向水平向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则B点电势高于A点电势，故C正确，D错误。]
4.D [从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带负电粒子受到了向上的静电力的作用，可知电场强度方向大致向下，沿电场线方向电势逐渐降低，则a、b、c、d、e各点中c点电势最低，故A错误；根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，b点和d点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；根据电势能Ep＝qφ可知，负电荷在电势高的地方电势能低，故粒子在a点的电势能小于在c点的电势能，故C错误；粒子从a点运动到e点的过程中电势能先增大后减小，所以动能先减小再增大，故D正确。]
5.D [粒子在运动过程中只有静电力做功，动能和电势能之和保持不变，在A点时动能为10 J，B点时动能为0，由对称性易知，运动至等势面b时动能为5 J，因此动能和电势能之和为5 J。当动能为7.5 J时，电势能为－2.5 J，故选项D正确。]
6.BD [分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律可知，mg－qE＝ma，解得静电力qE＝eq \f(1,3)mg，方向竖直向上，在小球竖直分位移为H的过程中，静电力做功为－eq \f(1,3)mgH，根据功能关系可知，小球的电势能增加eq \f(1,3)mgH，机械能减少了eq \f(1,3)mgH，A错误，D正确；重力做功为mgH，重力势能减少了mgH，C错误；根据动能定理可知，合外力做功eq \f(2mgH,3)，动能增加了eq \f(2mgH,3)，B正确。]
7.BC [等势线越密集的地方，电场强度越大，由题图知，则O点的电场强度大于P点的电场强度，故A错误；根据电场线性质，沿电场线方向电势降低，则有φP＜φO＜φR，故B正确；电子束从P点到R点过程中，电场力一直做正功，因此该电子束从P点到R点过程中电势能一直减小，动能一直增大，故C正确，D错误。]
8.AB [在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，ΔEk＝12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，Wf＝－8 J，重力做功24 J，WG＝24 J，根据动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J，所以金属块克服电场力做功4 J，金属块的电势能增加4 J，由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故A正确，C、D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故B正确。]
9.BCD [由运动轨迹可知，粒子P受引力作用，粒子带正电，故A错误；a、c两点与负点电荷Q的距离相等，b点距离负点电荷Q较远，距离负电荷越远，电势越高，故B正确；正电荷在电势越高(低)的位置，电势能越大(小)，结合A、B选项，粒子P由a到b电势能增加，由b到c电势能减小，故C正确；由几何关系，a、b、c三点到负点电荷Q的距离关系为ra＝rc＝eq \f(\r(2),2)rb，又根据F＝keq \f(Qq,r2)＝ma，得aa∶ab∶ac＝2∶1∶2，故D正确。]
10.AC [物块沿斜面向上运动，对其受力分析，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ－qE＝ma，解得qE＝7 N，物块沿斜面运动的位移为s＝eq \f(0－veq \\al(2,0),－2a)＝6 m，重力势能增加了ΔEp＝mgh＝mgssin θ＝36 J，A正确；电场力做正功，电势能减小，ΔEp′＝－qEs＝－42 J，B错误；机械能的变化量为ΔE＝E2－E1＝mgh－eq \f(1,2)mv2＝
18 J，C正确，D错误。]
11.CD [小球从M运动到N的过程中，动能增加了ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，故A错误；到达N点时竖直方向速度为0，由匀变速直线运动规律得，小球上升的高度为h＝eq \f(v2,2g)，由动能定理得W电－mgh＝ΔEk，解得W电＝2mv2，机械能的增加量为ΔE＝W电＝2mv2，电势能减少了2mv2，故B错误，D正确；小球的重力势能增加了ΔEk＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，故C正确。]
12.(1)正电荷 eq \f(mgd,U) (2)eq \r(2)mg (3)eq \f(\r(2)veq \\al(2,0),4g)
解析 (1)作电场线如图甲所示。
由题意知，只有小球受到方向向左的静电力，静电力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如图乙所示。所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速直线运动。由图乙知qE＝mg，相邻等势面间的电势差为U，所以E＝eq \f(U,d)
所以q＝eq \f(mg,E)＝eq \f(mgd,U)。
(2)由图乙知F合＝eq \r(（qE）2＋（mg）2)＝eq \r(2)mg。
(3)由动能定理得－F合xm＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
所以xm＝eq \f(mveq \\al(2,0),2\r(2)mg)＝eq \f(\r(2)veq \\al(2,0),4g)。