静电场复习题及答案解析

章末检测(六)(时间：60分钟，分值：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个选项符合题意)1.如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点．现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是()A．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度不同，电势相同B．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同C．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同D．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同2.如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M、N水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是()A．沿轨迹④运动B．沿轨迹①运动C．沿轨迹②运动D．沿轨迹③运动3.真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．下列说法中正确的是()A．A点的电势低于B点的电势新-课-标-第-一-网B．A点的电场强度方向由A指向BC．A点的电场强度小于B点的电场强度D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功4．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则()A．A点和B点的电势相同B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从A点移至B点，电场力做正功D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小5．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电量为2C、质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝2V/mB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C到A的过程中，电势逐渐升高D．A、B两点电势差UAB＝－5V6.如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q向上运动过程中()A．物块Q的动能一直增大B．物块Q的电势能一直增大C．物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D．物块Q的机械能一直增大二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项符合题意)7.如图所示，两个质量均为m，带电荷量均为＋q的小球A、B，一个固定在O点的正下方L处，另一个用长为L的细线悬挂在O点，静止时，细线与竖直方向的夹角为60°，以下说法正确的是()A．O点处的电场强度的大小为3kqL2B．A在B处产生的电场强度为kqL2C．细线上的拉力为3kq2L2D．B球所受A球的库仑力和线的拉力的合力方向竖直向上8．将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地．三个微粒分别落在图中A、B、C三点，不计其重力作用，则()A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒的电荷量相同C．三个微粒所受电场力的大小关系是FA＜FB＜FCD．三个微粒到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA9.如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO放置在重力场中，PO竖直，a、b为两个带有等量同种电荷的小球(可以近似看成点电荷)，当用水平向左的作用力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态．现稍改变F的大小，使b稍向左移动一小段距离，则a、b重新处于静止状态后()A．a、b间电场力增大B．作用力F减小C．系统的重力势能增加D．系统的电势能增加三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(12分)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷为q(q0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．11．(16分)如图甲所示的平行板电容器，板间距为d，两板所加电压随时间变化图线如图乙所示，t＝0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，t＝3T时刻恰好从下极板边缘射出电容器，带电粒子的重力不计．求：新课标第一网(1)平行板电容器板长L；(2)粒子射出电容器时速度偏转的角度φ；(3)粒子射出电容器时竖直偏转的位移y.12．(18分)如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝5v20g，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看做质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：(1)OM的长L；(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s.章末检测(六)1．[解析]选B.若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D位于两个点电荷的中垂面上，所以C、D两点电场强度相同，电势相同，所以A错误，B正确；若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电势相同，电场强度大小相等，方向不同，所以C、D错误．2．[解析]选C.由E＝Ud＝QCd＝4πkQεS可知，两极板所带电荷量、电介质和正对面积不变时，M板迅速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，故微粒受力情况不变，粒子沿原直线运动．3．[解析]选B.由图象知φA＞φB，故A错；电场强度的方向从高电势指向低电势，即A→B，故B正确；图象斜率的绝对值表示场强大小，EA＞EB，故C错；正电荷受力方向为A→B，电场力做正功，故D错．4．[解析]选C.由题图可知，A、B两点不在同一等势面上，电势不相同，A错误；由对称性可知，C、D两点的电场强度方向不同，B错误；由WAB＝UAB·q，UAB＞0，q＞0可知，WAB＞0，C正确；沿CD直线，由C到D，电势先增大后减小，故负电荷由C沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大，D错误．5．[解析]选D.由图乙知，小物块在B点时加速度最大，故B点场强最大，加速度大小为2m/s2，据qE＝ma得E＝1V/m，选项A错误；由C到A的过程中小物块的动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B、C错误；根据动能定理有qUAB＝12mv2B－12mv2A，解得：UAB＝－5V，选项D正确．6．[解析]选D.由F库－mgsinθ＝ma可知，物块沿斜面的加速度先向上逐渐减小，再沿斜面向下，逐渐增大，其速度先增大后减小，故物块Q的动能先增大再减小，A错误；因电场力始终做正功，故电势能一直减小，物块Q的机械能一直增大，B错误，D正确；因只有电场力、重力做功，物块的电势能、重力势能、动能之和守恒，又知动能先增大后减小，故重力势能和电势能之和先减小后增大，C错误．7．[解析]选ABD.由点电荷的场强公式，A在B处产生的电场强度为E1＝kqL2，O点处的电场为A、B分别在O处产生的电场的叠加，即E2＝2E1cos30°＝3kqL2，则A、B说法正确；对B球，由平衡条件得，B球所受A球的库仑力和线的拉力的合力方向竖直向上，且细线上的拉力FT＝mg＝kq2L2，则D说法正确，C说法错误．8．[解析]选CD.因为三个微粒只受到竖直向下的恒定的电场力的作用，所以它们均做类平抛运动．根据题意，它们在水平方向上做的是速度大小相同的匀速直线运动，三个微粒在电场中运动的时间与它们在水平方向上的位移成正比，显然，tA＞tB＞tC，选项A错误；它们做类平抛运动的初速度相同，但运动轨迹不同，这说明它们受到的电场力不同，因此所带电荷量不同，选项B错误；它们在竖直方向上下落的位移相同(设为h)，但运动时间不同，根据关系式a＝2h/t2及tA＞tB＞tC可知，aA＜aB＜aC，因为它们的质量相等，根据牛顿第二定律可知，三个微粒所受电场力的大小关系是FA＜FB＜FC，选项C正确；又因为三个微粒在竖直方向上的位移相等，所以电场力做的功的大小关系是WA＜WB＜WC，根据动能定理，粒子所受的电场力做的功等于粒子动能的增加量，所以三个微粒到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA，选项D正确．9．[解析]选BC.设a、b间的电场力F2和竖直挡板之间的夹角为θ，可以看出θ变小，以a为研究对象，进行受力分析可知，它受到挡板的水平支持力F1、重力mag、电场力F2，如图所示，根据平衡条件可得：mag＝F2cosθ，F2sinθ＝F1，解得F2＝magcosθ，F1＝magtanθ.因为θ变小，所以F1、F2均减小，A错误；把a、b看成系统可知水平力F等于F1，因为F1变小，所以F变小，B正确；由于F2减小，a向上运动，a的重力势能增加，虽然b的重力势能不变，但系统的重力势能增大，C正确；由于电场力变小，相当于两个小球间的距离增大，所以电场力对系统做正功，因此系统的电势能应该减少，D错误．10．[解析]质点所受电场力的大小为f＝qE①(1分)设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有f＋Na＝mv2ar②(1分)Nb－f＝mv2br③(1分)设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Eka＝12mv2a④(1分)Ekb＝12mv2b⑤(1分)根据动能定理有Ekb－Eka＝2rf⑥(3分)联立①②③④⑤⑥式得E＝16q(Nb－Na)(2分)Eka＝r12(Nb＋5Na)(1分)Ekb＝r12(5Nb＋Na)．(1分)[答案]见解析11．[解析](1)粒子水平方向做匀速运动：L＝v0·3T＝3v0T.(4分)(2)粒子竖直方向先做T时间的匀加速，然后做T时间的匀速，再做T时间的匀加速：a＝Fm＝qUdm(2分)vy＝qUmd·2T(2分)tanφ＝vyv0＝2qUTmdv0(2分)故φ＝arctan2qUTmdv0.(2分)(3)竖直方向一共加速运动了2T时间，匀速运动了T时间，则y＝12qUmd(2T)2＋qUmdT·T＝3qUmdT2.(4分)[答案](1)3v0T(2)arctan2qUTmdv0(3)3qUmdT212．[解析](1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为vA，竖直分速度为vy，则有cos60°＝v0vA，即vA＝2v0(2分)tan60°＝vyv0，即vy＝3v0(2分)由牛顿第二定律知a＝qE＋mgm(1分)由v2y＝2aL知L＝3mv202qE＋mg.(2分)(2)在区域Ⅱ中，由图可知BC＝R2所以从A点到B点，由动能定理得mg·R2＝12mv2B－12mv2A(2分)得vB＝3v0(1分)在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知v2B＝2qE′md(2分)得E′＝9mv202qd.(1分)(3)vB＝qE′mt，所以t＝2d3v0(2分)小球在竖直方向上做自由落体运动，即h＝12gt2＝2gd29v20(2分)所以小球到达右边界上的点与OO′的距离s＝BC＋h＝5v202g＋2gd29v20.(1分)[答案](1)3mv202qE＋mg(2)9mv202qd(3)5v202g＋2gd29v20新|课|标|第|一|网新课标第一网系列资料