学年度版本高三物理人教版一轮复习习题综合测试题静电场Word文档格式.docx

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D．φM>

[答案]　B

[解析]　据带负电粒子的运动轨迹，粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该负电荷受到的电场力指向带正电的电荷，所以B点点电荷带的是负电。

因为AO>

OB，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，EkM小于EkN，φM小于φN，故B正确，A、C、D错误。

2．（20xx·

安徽安庆二模）如图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为－9Q和＋Q的两个点电荷，两者相距为L，以＋Q电荷为圆心，半径为画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直MN，一电荷量为＋q的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是（　　）

A．电荷＋q在a处所受到的电场力最大

B．电荷＋q在a处的电势能最大

C．电荷＋q在b处的电势能最大

D．电荷＋q在c、d两处的电势能相等

[解析]　在a、b、c、d四点，＋Q对＋q的电场力大小相等，在a点，－9Q对＋q的电场力最大，而且方向与＋Q对＋q的电场力方向相同，根据合成可知，＋q在a处所受到的电场力最大，A正确；

a、b、c、d四点在以点电荷＋Q为圆心的圆上，由＋Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过－9Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知＋q在a处的电势能最小，在b处的电势能最大，在c、d两处的电势能相等，故B错误，C、D正确。

3．（20xx·

江苏苏北联考）如图所示，P、Q为两个等量异种点电荷，以靠近P的O为原点，沿两点电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于P、Q两点电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计。

在粒子由O到A的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化图线及粒子的动能Ek和运动轨迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是（　　）

[解析]　带正电的粒子从O点向A运动过程中，电场强度先变小，后变大，故电场力和粒子的加速度也是先变小，后变大，则粒子一直加速，且其v－t图线的斜率应先变小，后变大；

从O到A，电场强度先变小，后变大，单位长度上的电势降落也应是先变小，后变大；

根据Ek＝mv2＝Fx，Ek－x图线的斜率为电场力F，从O到A，粒子所受的电场力先变小，后变大，故Ek－x图象的斜率也应是先变小，后变大。

故选项B正确，A、C、D错误。

4.（20xx·

开封模拟）如图所示，在水平面上固定一个半圆形细管，在直径两端A、B分别放置一个正点电荷Q1、Q2，且Q2＝8Q1。

现将另一正点电荷q从管内靠近A处由静止释放，设该点电荷沿细管运动过程中电势能最小的位置为P，并设PA与AB的夹角为θ，则以下关系正确的是（　　）

A．tanθ＝4　　　　　　　B．tanθ＝8

C．tanθ＝2　D．tanθ＝2

[答案]　C

[解析]　本题考查点电荷形成的电场的特点、电场力做功和电势能变化之间的关系等知识点，意在考查考生的逻辑推理能力。

因为该点电荷沿细管运动过程中电势能最小的位置为P，则P点处的电场方向沿半圆细管的圆心向外，如图所示，由图中几何关系可得，EA＝，EB＝，而tanθ＝，联立可得tanθ＝2，选项C正确。

5.（20xx·

河北唐山一模）如图所示，匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形。

电场强度的方向与纸面平行。

电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A动能减少E0，质子以某一初速度仅在静电力作用下从C移动到A动能增加E0，已知电子和质子电荷量绝对值均为e，则匀强电场的电场强度为（　　）

A．　B．

C．　D．

[答案]　D

[解析]　电子从B到A过程中根据动能定理得，－eUBA＝－E0，则B、A间的电势差UBA＝①，质子从C到A过程中根据动能定理得，eUCA＝E0，则UCA＝②。

由①②可知B、C两点电势相等且大于A点电势，即φB＝φC>

φA。

根据题意作出匀强电场的电场分布如图，图中BC连线为等势面

（如图中虚线），与BC垂直为电场线（如图中实线），则电场强度大小E＝＝＝，电场强度方向垂直BC，并指向A，所以D正确。

6．（20xx·

唐山统考）如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab＝2bc＝2L，电场线与矩形所在的平面平行。

已知a点电势为18V，b点电势为10V，c点电势为6V。

一质子从a点以速度v0射入电场，v0与ab边的夹角为45°

，一段时间后质子经过ab中点e。

不计质子重力，下列判断正确的是（　　）

A．d点电势为12VB．质子从a到b电势能增加了8eV

C．电场强度大小为D．质子从a到e所用时间为

[解析]　本题考查匀强电场的场强与电势差的关系、电场力做的功和电势能变化之间的关系等知识点，意在考查考生的逻辑推理能力。

矩形对角线连线相互平分，则根据匀强电场中场强和电势差的关系可知，d点的电势为（18＋6－10）V＝14V，而e点是ab的中点，可得e点的电势为14V，连接de，de为该匀强电场的等势面，过a点作de的垂线，沿着电场线方向电势在降低，故电场的方向沿垂线方向向下，选项A错误；

质子从a到b，电场力做正功，电势能减少8eV，选项B错误；

由图中几何关系可知，E＝＝，选项C错误；

质子从a运动到e时做类平抛运动，沿初速度v0方向做匀速直线运动，则运动时间为t＝＝，选项D正确。

7．（20xx·

江西上绕调研）如图甲所示为电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q（q>

0）的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过A点时速度为v0，一段时间后到达与A相距为d的B点，速度减为零，已知AO＝OB，粒子在AO段与OB段运动时电场力对其做功是相等的，粒子运动的v－t图象如图乙所示，下列判断正确的是（　　）

A．O点场强大小为E＝

B．粒子在A点的速度为粒子在O点的速度的倍

C．A点电势一定高于B点电势，且UAB＝

D．粒子在O点时加速度最大

[答案]　BC

[解析]　由Eq＝ma得，E＝，由题图乙可知，粒子运动过程中加速度大小无法确定，O点的场强大小无法计算，故A错误；

粒子由A点运动到O点与由O点运动到B点，动能的变化量相同，故粒子在A点的速度为在O点的速度的倍，故B正确；

粒子由A点运动到B点做减速运动，所受电场力方向向左，电场线方向向右，故A点电势高于B点电势，又由功能关系qUAB＝mv知，C正确；

从题图乙图线的斜率看，粒子在O点时的加速度小于在A、B点时的加速度，D错误。

8．（20xx·

广东调研）如图所示，C为平行板电容器，开关S先接a对C充电，当S接b后，电容器（　　）

A．电容减小　B．电压减小

C．所带电荷量减少　D．板间电场强度不变

[解析]　本题考查平行板电容器电容的决定式、场强与电势差的关系以及电容器充、放电过程的特点。

平行板电容器的电容由其结构决定，与电容器是否带电以及带电荷量多少无关，选项A错误；

当S接b后，电容器通过灯泡放电，带电荷量不断减小，选项C正确；

由电容的定义式C＝可知，电容器两极板间的电压U减小，选项B正确；

由场强与电压的关系E＝可知，板间电场强度减小，选项D错误。

9.（20xx·

石家庄质量检测）如图所示，在O点固定一点电荷Q，一带电粒子P从很远处以初速度v0射入电场，MN为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。

虚线是以O为中心，以R1、R2、R3为半径画出的3个圆，且R2－R1＝R3－R2，a、b、c为轨迹MN与3个圆的交点，则下列判断正确的是（　　）

A．P、Q两电荷可能为同种电荷，也可能为异种电荷

B．a点电势一定高于b点电势

C．P在a点的电势能小于在c点的电势能

D．P由a点到b点动能变化的绝对值大于由a点到c点动能变化的绝对值

[答案]　CD

[解析]　本题考查电场力做功、动能定理、电势能变化和电场力做功的关系等知识点，意在考查考生的综合应用能力。

根据粒子的轨迹，粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧，故P、Q两电荷一定是异种电荷，选项A错误；

因O点固定的点电荷Q的电性不确定，故a、b两点的电势大小不确

定，选项B错误；

从a到c，电场力最终对粒子做负功，电势能增加，即P在a点的电势能小于在c点的电势能，选项C正确；

在孤立点电荷形成的电场中，越靠近场源电荷，场强越大，根据U＝Ed，a、b两点间的电势差大于c、a两点间的电势差，P由a点到b点，电场力做的功大于由c点到a点电场力做的功，由动能定理可知，P由a点到b点动能变化的绝对值大于由a点到c点动能变化的绝对值，选项D正确。

10．（20xx·

潍坊联考）光滑绝缘的水平面上方存在一个水平方向的电场，电场线与x轴平行，电势φ与坐标值x的关系式为：

φ＝106x（φ的单位为V，x单位为m）。

一带正电小滑块P，从x＝0处以初速度v0沿x轴正方向运动，则（　　）

A．电场的场强大小为106V/mB．电场方向沿x轴正方向

C．小滑块的电势能一直增大D．小滑块的电势能先增大后减小

[答案]　AD

[解析]　根据场强与电势差的关系可知，E＝＝106V/m，A项正确；

沿x轴正方向电势升高，由沿电场线方向电势不断降低可知，电场方向应沿x轴负方向，B项错；

小滑块带正电，受电场力方向水平向左，故小滑块先向右减速再反向加速运动，因此电场力先做负功再做正功，其电势能先增大后减小，C项错误，D项正确。

第Ⅱ卷（非选择题　共60分）

二、填空题（共3小题，每小题6分，共18分。

把答案直接填在横线上）

11.（6分）如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，两极板间距为d。

现将一个检验电荷＋q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，连线AB与平行极板方向的夹角为30°

，则电场力对检验电荷＋q所做的功等于________。

[答案]　

[解析]　电容器两板间电势差U＝，场强E＝＝

而A、B两点间电势差UAB＝E·

s·

sin30°

＝

电场力对＋q所做功为W＝qUAB＝

12．（6分）（20xx·

北京东×

×

区模拟）如图所示，A、B和C、D为两对带电金属极板，长度均为l，其中A、B两板水平放置，间距为d，A、B间电压为U1；

C、D两板竖直放置，间距也为d，C、D间电压为U2。

有一初速度为0、质量为m、电荷量为e的电子经电压U0加速后，平行于金属板进入电场，则电子进入该电场时的速度大小为________；

若电子在穿过电场的过程中始终未与极板相碰，电子离开该电场时的动能为________。

（A、B、C、D四块金属板均互不接触，电场只存在于极板间，且不计电子的重力）

[答案]　　eU0＋（U＋U）

[解析]　由eU0＝mv2知v＝；

电子在平行板间飞行时间t＝，沿着AB方向电子做匀加速运动，加速度a＝，AB方向的位移x＝at2＝，AB方向电场力做的功W1＝Fx＝；

同理CD方向上电场力做的功为W2＝；

由动能定理知离开电场区域后电子动能为eU0＋（U＋U）。

13．（6分）一个质量为m、带有－q电荷量的小物体，可在水平轨道Ox轴上运动，轴的O端有一个与轨道相垂直的固定墙面。

轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图所示。

小物体以初速度v0从x0处沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力F作用，且F<

qE。

设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能，且电荷量保持不变，则它停止运动时通过的总路程为________。

[解析]　根据动能定理得：

0－mv＝W电＋WF（W电、WF分别是电场力的功和摩擦力的功）。

W电＝Eq·

x0，WF＝－F·

s，故－mv＝Eqx0－F·

s，s＝。

三、论述计算题（共4小题，共42分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

14．（10分）（20xx·

昆明三中、玉溪一中统考）如图所示，现有一个小物块，质量为m＝80g，带正电荷q＝2×

10－4C，与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.2，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R＝40cm。

整个轨道处在一个方向水平向左、场强大小E＝4×

103V/m的匀强电场中，取g＝10m/s2。

（1）若小物块恰能运动到轨道的最高点L，那么小物块应从距N点多远处的A点释放？

（2）如果小物块在

（1）中的位置A释放，当它运动到P点（轨道中点）时轨道对它的支持力等于多少？

（3）小物块在位置A释放，当运动到N点时，突然撤去电场，同时加一匀强磁场，磁感应强度B＝2T，方向垂直纸面向里，则小物块能否运动到L点？

（回答“能”或“不能”即可）如果小物块最后能落回到水平面MN上，则刚到达MN时小物块的速度大小为多少？

[答案]　

（1）1.25m　

（2）4.8N　（3）能　2m/s

[解析]　

（1）小物块能通过轨道最高点L的条件是

mg＝m　vL＝2m/s

A到L过程：

qEs－μmgs－mg·

2R＝mv－0

解得s＝1.25m

（2）小物块由P到L过程：

－mgR－qER＝mv－mv

解得vP＝2m/s

在P点：

FN－qE＝m

解得FN＝4.8N

（3）小物块落回到MN水平面时，速度的大小vt等于第一次经过N点时的速度大小。

由动能定理得

qEs－μmgs＝mv

解得vt＝vN＝2m/s

15．（10分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，极板长L＝0.1m，两板间距离d＝0.4cm，有一束由相同粒子组成的带正电粒子流，以某一初速度v0从两板中央平行于极板射入，由于重力的作用，粒子能落到下板上。

已知粒子质量为m＝2×

10－6kg，电荷量q＝1×

10－8C，电容器的电容C＝1×

10－6F，g取10m/s2，不计空气阻力。

（1）为使第1个粒子落点范围在下极板中点O到紧靠边缘的B点之间，则粒子射入的速度应为多少？

（2）以上述速度射入的带电粒子，最多能有多少个粒子落到极板上？

[答案]　

（1）2.5m/s≤v0≤5m/s　

（2）600

[解析]　

（1）第1个粒子只受重力作用，落到O点与B点时间一样，由＝gt，得：

t1＝0.02s，若落到O点，由＝v01t1得：

v01＝2.5m/s；

若落到B点，由L＝v02t1得：

v02＝5m/s，故2.5m/s≤v0≤5m/s。

（2）这是恰好出电场的问题，所以算时间用水平运动较方便。

由L＝v01t，得：

t＝4×

10－2s，再由＝at2得：

a＝2.5m/s2，有mg－qE＝ma，E＝得：

Q＝6×

10－6C，所以n＝＝600个。

16．（11分）静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其装置示意图如图所示。

A、B为两块平行金属板，间距d＝0.30m，两板间有方向由B指向A、电场强度E＝1.0×

103N/C的匀强电场。

在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的质量m＝2.0×

10－15kg，电荷量q＝－2.0×

10－16C。

喷出的初速度v0＝2.0m/s。

油漆微粒最后都落在金属板B上。

微粒所受重力和空气阻力以及微粒之间的相互作用力均可忽略。

求：

（1）微粒落在B板上的动能。

（2）微粒从离开喷枪后到达B板所需的最短时间。

（3）微粒最后落在B板上所形成图形的面积。

[答案]　

（1）6.4×

10－14J　

（2）0.06s　（3）7.5×

10－2m3

[解析]　

（1）据动能定理，电场力对每个微粒做功W＝Ekt－Ek0＝qEd，微粒打在B板上时的动能Ekt＝W＋Ek0＝qEd＋mv

代入数据解得Ekt＝6.4×

10－14J。

（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短，

到达B板时速度为vt，由Ekt＝mv可得vt＝8.0m/s，由于微粒在两极板间做匀变速运动，即＝。

解得t＝0.06s。

（3）由于喷枪喷出的油漆微粒是沿各个方向的，因此微粒落在B板上所形成的图形是圆形。

喷枪沿垂直电场方向喷出的油漆微粒在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律，油漆微粒沿电场方向运动的加速度a＝

运动的位移d＝at

油漆微粒沿垂直于电场方向做匀速运动，运动的位移即为落在B板上圆周的半径R＝v0t1

微粒最后落在B板上所形成的圆面积S＝πR2

联立以上各式，得S＝

代入数据解得S＝7.5×

10－2m2。

17．（11分）如图所示，同一竖直线的A、B两点，固定有等质量异种点电荷，电荷量为q，正、负如图所示，△ABC为一等边三角形（边长为L），CD为AB边的中垂线，且与右侧竖直光滑1/4圆弧轨道的最低点C相切，已知圆弧的半径为R，现把质量为m、带电荷量为＋Q的小球（可视为质点）由圆弧的最高点M静止释放，到最低点C时速度为v0。

已知静电力常量为k，现取D为电势零点，求：

（1）在等量异种电荷的电场中，M点的电势φM。

（2）在最低点C轨道对小球的支持力FN为多大？

[答案]　

（1）（mv－2mgR）　

（2）mg＋＋k

[解析]　

（1）小球由最高点M运动到C的过程中，由动能定理得mgR＋UMCQ＝mv

可得MC两点的电势差为UMC＝（mv－2mgR）

又等量异种电荷中垂线上的电势相等，即C、D两点电势相等，故M点的电势为

φM＝UMC＝（mv－2mgR）。

（2）小球到达最低点C时，＋q与－q对其的电场力F1、F2是大小相等的，有F1＝F2＝k

又因为△ABC为等边三角形，易知F1、F2的夹角是120°

，所以二者的合力为F12＝k，且方向竖直向下

由牛顿第二定律得FN－mg－F12＝m

整理得轨道对小球的支持力：

FN＝mg＋m＋k。