2020版高考物理一轮复习单元质检07 静电场(含解析)

单元质检七　静电场

(时间:45分钟　满分:100分)

一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~9题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)

1.

将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上(如图所示)。O点为该正方形对角线的交点,直线段AB通过O点且垂直于该正方形,OA>OB,以下对A、B两点的电势和电场强度的判断,正确的是(　　)

A.A点电场强度小于B点电场强度

B.A点电场强度大于B点电场强度

C.A点电势等于B点电势

D.A点电势高于B点电势

答案C

解析由电荷的对称分布规律可知AB直线上各点的电场强度为0,选项A、B错误;同理将一电荷从A点移动到B点电场力做功为0,则AB电势差为0,A点电势等于B点电势,选项C正确,选项D错误。

2.A、B为两等量异种电荷,图中水平虚线为A、B连线的中垂线。如图所示,现将另两个等量异种的检验电荷a、b,用绝缘细杆连接后从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线,平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称。若规定离AB无穷远处电势为零,则下列说法正确的是(　　)

A.在AB的连线上a所处的位置电势φa<0

B.a、b整体在AB连线处具有的电势能Ep>0

C.整个移动过程中,静电力对a做正功

D.整个移动过程中,静电力对a、b整体做正功

答案B

解析A、B是等量异种电荷,根据等量异种电荷的电场分布可知,AB中垂线是条等势线,又规定无穷远处电势为零,所以AB中垂线上的任意一点电势都为零,则AB的中点处电势为零,又因A是正电荷,电场线方向为A指向B,所以φa>0,φb<0,故A错误。设a、b的电荷量为q,a的电势能Epa=qφa>0,b的电势能Epb=(-q)φb>0,所以a、b整体在AB连线处具有的电势能Ep>0,故B正确。a、b在无穷远处电势能均为零,所以在移动过程中,a、b的电势能均增大,静电力做负功,故C、D错误。

3.如图所示,光滑绝缘的半圆轨道竖直放置,直径AD水平,B、C是三等分点,在A、D两点固定有电荷量为Q1和Q2的正点电荷,一不计重力的带电小球,恰好能静止在C点,现使该小球以一定的初速度从A点沿轨道运动到D点,则下列说法正确的是(　　)

A.两点电荷的电荷量之比Q1∶Q2=3∶1

B.小球经过C点时加速度等于0

C.小球经过B点时动能最大

D.小球在B、C两点的电势能相等

答案A

解析如图所示,小球受到Q1和Q2的库仑力沿C的切线方向的分力分别为F1=sinα,F2=sinβ,其中r为半圆轨道的半径,α=30°,β=60°,根据平衡条件可得,F1=F2,解得Q1=3Q2,A正确。小球经过C点做曲线运动,且F1=F2,故加速度应指向圆心,B错误。在AC段,F1>F2,在CD段,F1<F2,故小球在轨道中经过C点时动能最大,电势能最小,C、D错误。

4.

如图所示,虚线表示某电场的等势面,实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹。粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA,在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB。则下列结论正确的是(　　)

A.aA>aB,EkA>EkB B.aA<aB,EpA>EpB

C.aA<aB,EpA<EpB D.aA>aB,EkA<EkB

答案C

解析根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力,根据U=Ed知,等差等势面越密的位置电场强度越大,B处等差等势面较密集,则电场强度大,带电粒子所受的电场力大,加速度也大,即aA<aB;从A到B,电场力对带电粒子做负功,电势能增加,则知B点电势能大,即EpA<EpB,故C正确,选项A、B、D错误。

5.

如图所示,竖直平面内的xOy坐标系中,x轴上固定一个点电荷Q,y轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O处),将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上,从P处由静止释放,圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做匀速圆周运动,则下列说法正确的是(　　)

A.圆环沿细杆从P运动到O的过程中,加速度一直增大

B.圆环沿细杆从P运动到O的过程中,速度先增大后减小

C.若只增大圆环所带的电荷量,圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q做匀速圆周运动

D.若将圆环从杆上P点上方由静止释放,其他条件不变,圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q做匀速圆周运动

答案C

解析圆环运动到O点且未离开细杆时库仑力沿x轴正方向,与细杆对圆环的支持力平衡,加速度为零,A错误。因为圆环到O点前,库仑力沿y轴负方向的分量大小始终不为0,故一直加速,速度增加,B错误。设P、O两点间电势差为U,由动能定理有qU=mv2,由牛顿第二定律有,联立得,即圆环是否做圆周运动与q无关,C正确。若从P点上方释放,则U变大,不能做匀速圆周运动,D错误。

6.

两个不规则的带电导体间的电场线分布如图所示,已知导体附近的电场线均与导体表面垂直,a、b、c、d为电场中几个点,并且a、d为紧靠导体表面的两点,以无穷远为零电势点,则              (　　)

A.电场强度大小关系有Eb>Ec

B.电势大小关系有φb>φd

C.将一负电荷放在d点时其电势能为负值

D.将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功

答案BD

解析由电场线的疏密表征电场强度的大小可知,Eb<Ec,故A错误;沿着电场线方向电势降低,达到静电平衡状态的导体是等势体,可知φb>φd,故B正确;由于a点电势高于d点电势,将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做功W=q(φa-φd)>0,为正功,故D正确;由于无穷远处为零电势点,故d点电势为负,负电荷放在d点时其电势能=(-q)×φd>0,为正值,故C错误。

7.

如图所示,平行板电容器与电动势为E'的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的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(　　)

A.平行板电容器的电容将变小

B.静电计指针张角变小

C.带电油滴的电势能将减少

D.若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变

答案ACD

解析将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时,两极板的正对面积S不变,间距d变大,根据关系式C=可知,电容C减小,选项A正确;因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化,题中电容器两极板间的电势差U不变,所以静电计指针张角不变,选项B错误;U不变,极板间距d变大时,板间电场强度E=减小,带电油滴在P点的电势φ=Ed1增大,其中d1为油滴到下极板的距离,又因为油滴带负电,所以其电势能将减少,选项C正确;若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则电容器带电荷量Q不变,极板间距d变大,根据Q=CU,E=和C=可知E∝,可见,极板间电场强度E不变,所以带电油滴所受电场力不变,选项D正确。

8.(2018·湖北荆州期末)如图所示,质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场的方向射入两平行板间的匀强电场中,P从两极板正中央射入,Q从下极板边缘处射入,它们最后打在同一点(重力不计),则从开始射入到打到上极板的过程中(　　)

A.它们运动的时间tQ=tP

B.它们所带电荷量之比qP∶qQ=1∶2

C.它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ=1∶2

D.它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶4

答案ABD

解析带电粒子在垂直电场方向上不受力,都做匀速直线运动,位移相等,由x=v0t可知运动时间相等,即tQ=tP,故A正确;平行电场方向受到电场力,做初速度为零的匀加速直线运动,根据位移时间关系公式,有y=at2=t2,解得q=,由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为yP∶yQ=1∶2,所以它们所带的电荷量之比qP∶qQ=yP∶yQ=1∶2,故B正确;电势能的减少量等于电场力做的功,即ΔE=qEy,因为竖直位移之比为yP∶yQ=1∶2,电荷量之比为qP∶qQ=1∶2,所以它们电势能减少量之比为ΔEP∶ΔEQ=1∶4,故C错误;根据动能定理,有qEy=ΔEk,而qP∶qQ=1∶2,yP∶yQ=1∶2,所以动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶4,故D正确。

9.

如图所示,在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形,坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中O(0,0)点电势为6 V,A(1,)点电势为3 V,B(3,)点电势为零,则由此可判定(　　)

A.C点电势为3 V

B.C点电势为零

C.该匀强电场的电场强度大小为100 V/m

D.该匀强电场的电场强度大小为100 V/m

答案BD

解析

由题意知C点坐标为(4,0),在匀强电场中,任意两条平行线段,两点间电势差与其长度成正比,故,代入数值得φC=0,A错误,B正确;作BD∥AO,如图所示,则φD=3V,即AD是一条等势线,电场强度方向沿OG,OG⊥AD,由几何关系得OG=cm,由E=得E=100V/m,C错误,D正确。

二、计算题(本题共3小题,共46分)

10.(14分)示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器,其主要结构可简化为:电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏,如图所示。若已知加速电场的电压为U1,两平行金属板的板长、板间距离均为d,荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d,电子枪发射质量为m、电荷量为-e的电子,从两平行金属板的中央穿过,打在荧光屏的中点O。不计电子进入加速电场的速度及电子重力。若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场,两板间的偏转电压为U2,电子会打在荧光屏上某点,该点到O点距离为d,求U1和U2的比值。

答案1∶2

解析在电子加速过程中,由动能定理得

eU1=

电子进入偏转区做类平抛运动,如图所示,在此过程中,电子的水平位移d=v0t

电子的加速度a=

偏转电场的电场强度E=

离开偏转电场时沿电场方向的位移y=at2

设离开偏转电场时速度的偏转角为θ,则tanθ=

打到荧光屏上的亮点的位置到O点的距离y'=y+dtanθ

由题意可知y'=

由以上各式联立可解得。

11.(15分)如图甲所示,相距d=15 cm的A、B两极板是在真空中平行放置的金属板,当给它们加上电压后,它们之间的电场可视为匀强电场。今在A、B两板之间加上如图乙所示的交流电压,交流电压的周期T=1.0×10-6 s,t=0时A板的电势比B板的电势高,且U0=1 080 V,一个比荷=1.0×108 C/kg的带负电荷的粒子在t=0时刻从B板附近由静止开始运动,不计重力。

(1)当粒子的位移为多大时,粒子的速度第一次达到最大,最大值是多少?

(2)粒子运动过程中,将与某一极板相碰撞,求粒子碰撞极板时速度的大小。

答案(1)0.04 m　2.4×105 m/s　(2)2.1×105 m/s

解析粒子在电场中的运动情况比较复杂,可借助于v-t图像分析运动的过程,如图所示为一个周期的v-t图像,以后粒子将重复这种运动。

(1)在0~时间内,粒子加速向A运动;当t=时,粒子速度第一次达到最大,根据牛顿第二定律可知,粒子运动的加速度为a=,

设粒子的最大速度为vm,此时位移为x,则

x=at2==0.04m,

vm=at==2.4×105m/s。

(2)粒子在一个周期的前时间内,先加速后减速向A板运动,位移为xA;在后时间内,先加速后减速向B运动,位移为xB,以后的每个周期将重复上述运动,由于粒子加速和减速运动中的加速度大小相等,即有xA=2x=0.08m,xB=2·=0.02m。所以粒子在一个周期内的位移x'=xA-xB=0.06m。显然,第2个周期末粒子距A板的距离为l=d-2x'=0.03m<0.04m,表明粒子将在第3个周期内的前时间内到达A板,设粒子到达A板的速度为v,则由v2=2aL,得v2=,解得v=2.1×105m/s。

12.(17分)如图所示,电荷量q=+2×10-3 C、质量m=0.1 kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端,板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E=103 N/C的匀强电场。与B球形状相同、质量为0.3 kg的绝缘不带电小球A以初速度v0=10 m/s向B运动,两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场,在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短,小球B所带电荷量始终不变,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小;

(2)第二次碰撞前瞬间小球B的动能;

(3)第三次碰撞的位置。

答案(1)5 m/s　15 m/s　(2)6.25 J　(3)在第一次碰撞点右方5 m,下方20 m处

解析(1)第一次碰撞时两小球动量守恒,即

3mv0=3mv1+mv2

机械能守恒,即·3m·3m

解得碰后瞬间A的速度v1=5m/s,B的速度v2=15m/s。

(2)碰后A、B两球进入电场,竖直方向二者相对静止,均做自由落体运动;水平方向上,A做匀速直线运动,B做匀减速直线运动,其加速度大小aB==20m/s2

设经过时间t两小球再次相碰,则有v1t=v2t-aBt2

解得t=1s

此时,B的水平速度vx=v2-aBt=-5m/s(负号表明方向向左)

竖直速度vy=gt=10m/s

故第二次碰前B的动能

EkB=m()=6.25J。

(3)第二次碰撞时,A、B两小球水平方向上动量守恒

3mv1+mvx=3mv1'+mvx'

水平方向上机械能守恒

·3m·3mv1'2+mvx'2

解得第二次碰后水平方向A的速度v1'=0,B的速度vx'=10m/s

故第二次碰撞后A竖直下落(B在竖直方向上的运动与A相同),水平方向上,B做匀减速直线运动,设又经过时间t'两小球第三次相碰,则有vx't'-aBt'2=0

解得t'=1s

因此,第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x=v1t=5m

下方y=g(t+t')2=20m。