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Q 1和Q 2,则关于C 、D 两点的场强和电势,下列说法正确的是( )
A .若Q 1和Q 2是等量异种电荷,则C 、D 两点电场强度不同,电势相同 B .若Q 1和Q 2是等量异种电荷,则C 、D 两点电场强度和电势均相同 C .若Q 1和Q 2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Q 1和Q 2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v 0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r 0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,r 1、r 2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B
C .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2 C、质量为1 kg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 =2 V/m B .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U AB =-5 V
6.
如图所示,P ,将另一个带电小物块Q Q 向上运动过程中( )
6分,共18分,每小题有多个选项符合题意)
q 的小球A 、B ,一个固定在O 点的正下方点,静止时,细线与竖直方向的夹角为60°,以下kq
B .A 在B 处产生的电场强度为
L
3kq 2
C
L
D .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F A <F B <F C D .三个微粒到达下板时的动能关系是E k C >E k B >E k A
9.
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 (q >0)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N a 和N b . 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v 0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)
(3)
12.(18分) 有一光滑绝缘圆弧轨道,轨道半径为R B
点的切线与竖直线CD 方向水平向右.一质量为m M 点以速度v 0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Q 1和Q 2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Q 1和Q 2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.
U Q 4πkQ
2.[解析]选C. 由E =d Cd εS
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,E A >E B ,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W AB =U AB ·q ,U AB >0,q >0可知,W AB >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2 m/s2,据qE =ma 得E =1 V/m,选项A 错误;由C 到A 的过程中小物块的动能一直增
1
大,电势能始终在减小,故电势逐渐降低,
2-
B
12
v ,解得:U AB =-5 V,选项D 正确. 2A
6.[解析]选D. 由F 库-mg sin θ=ma 只有电场力、重力做功,物块的电势能、故重力势能和电势能之和先减小后增大,C 7.[解析]选ABD. 的电场为A 、B 分别在O 确;对B 球,由平衡条件得,B 球所受A q 2
细线上的拉力F T =mg =k ,则D L
8.[解析]选CD. 类平抛运动.根据题意,三个微粒t A >t B >t C ,选项A 错误;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 (设为h ) ,但运动时间不同,根据关系式a =2h /t 2t t C 可知,a A <a B <a C ,因为它们的质量相等,根据牛顿第二F A <F B <F C ,选项C 正确;又因为三个微粒W A <W B <W C ,根据动能定理,E k C >E k 正确.
设a 、b 间的电场力F 2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F 1、重力m a g 、电场力F 2,如图所示,根据
m g
平衡条件可得:m a g =F 2cos θ,F 2sin θ=F 1,解得F 2=,F 1=m a g tan θ. 因为θ变小,所
cos θ
以F 1、F 2均减小,A 错误;把a 、b 看成系统可知水平力F 等于F 1,因为F 1变小,所以F 变小,B 正确;由于F 2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 =qE ①(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v a 和v b ,由牛顿第二定律有
v 2a
f +N a =m (1分)
r v 2b
N b -f =m (1分)
r
设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ,有
1E k a =m v 2④(1分)
2a 1E k b =m v 2⑤(1分)
2b
根据动能定理有
E k b -E k a =2rf ⑥(3分) 联立①②③④⑤⑥式得
1
E N b -N a )(2分)
6q r
E k a =(N b +5N a )(1分)
12r
E k b =(5N b +N a ) .(1分)
12
[答案]见解析
11.[解析](1)粒子水平方向做匀速运动: L =v 0·3T =3v 0T .(4分)
(2)粒子竖直方向先做T 时间的匀加速,然后做T 时间的匀加速:
U q d F
a ==分)
m m T 时间,则
2
A 点时的速度为v A ,竖直分速A v y
tan 60°=v y =3v 0(2分)
qE +mg
由牛顿第二定律知a =分)
m 3m v 202
由v y =2aL 知L =分)
2(qE +mg )
R
(2)在区域Ⅱ中,由图可知BC =2
所以从A 点到B 点,由动能定理得
R 112mg m v 2-m v (2分)
22B 2A 得v B =3v 0(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
qE ′v 2(2分) B =2m
9m v 20
得E ′=分)
2qd qE ′2d
(3)v B =t ,所以t 分)
m 3v 0
小球在竖直方向上做自由落体运动,即 122gd 2
h gt =(2分) 29v 0
所以小球到达右边界上的点与OO ′的距离
5v 22gd 20
s =BC +h 分)
2g 9v 03m v 29m v 200
[答案
2qd 2(qE +mg )
5v 22gd 2(3)新|课 |标 |第 | 一| 网 2g 9v 0
新课标第一网系列资料 www.xkb1.com