單元質(zhì)檢七靜電場(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共9小題,每小題6分,共54分。在每小題給出的四個選項中,第15題只有一項符合題目要求,第69題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)1.將等量的正、負(fù)電荷分別放在正方形的四個頂點上(如圖所示)。O點為該正方形對角線的交點,直線段AB通過O點且垂直于該正方形,OA>OB,以下對A、B兩點的電勢和電場強度的判斷,正確的是()A.A點電場強度小于B點電場強度B.A點電場強度大于B點電場強度C.A點電勢等于B點電勢D.A點電勢高于B點電勢答案C解析由電荷的對稱分布規(guī)律可知AB直線上各點的電場強度為0,選項A、B錯誤;同理將一電荷從A點移動到B點電場力做功為0,則AB電勢差為0,A點電勢等于B點電勢,選項C正確,選項D錯誤。2.A、B為兩等量異種電荷,圖中水平虛線為A、B連線的中垂線。如圖所示,現(xiàn)將另兩個等量異種的檢驗電荷a、b,用絕緣細(xì)桿連接后從離AB無窮遠(yuǎn)處沿中垂線平移到AB的連線,平移過程中兩檢驗電荷位置始終關(guān)于中垂線對稱。若規(guī)定離AB無窮遠(yuǎn)處電勢為零,則下列說法正確的是()A.在AB的連線上a所處的位置電勢a<0B.a、b整體在AB連線處具有的電勢能Ep>0C.整個移動過程中,靜電力對a做正功D.整個移動過程中,靜電力對a、b整體做正功答案B解析A、B是等量異種電荷,根據(jù)等量異種電荷的電場分布可知,AB中垂線是條等勢線,又規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢為零,所以AB中垂線上的任意一點電勢都為零,則AB的中點處電勢為零,又因A是正電荷,電場線方向為A指向B,所以a>0,b<0,故A錯誤。設(shè)a、b的電荷量為q,a的電勢能Epa=qa>0,b的電勢能Epb=(-q)b>0,所以a、b整體在AB連線處具有的電勢能Ep>0,故B正確。a、b在無窮遠(yuǎn)處電勢能均為零,所以在移動過程中,a、b的電勢能均增大,靜電力做負(fù)功,故C、D錯誤。3.如圖所示,光滑絕緣的半圓軌道豎直放置,直徑AD水平,B、C是三等分點,在A、D兩點固定有電荷量為Q1和Q2的正點電荷,一不計重力的帶電小球,恰好能靜止在C點,現(xiàn)使該小球以一定的初速度從A點沿軌道運動到D點,則下列說法正確的是()A.兩點電荷的電荷量之比Q1Q2=331B.小球經(jīng)過C點時加速度等于0C.小球經(jīng)過B點時動能最大D.小球在B、C兩點的電勢能相等答案A解析如圖所示,小球受到Q1和Q2的庫侖力沿C的切線方向的分力分別為F1=kQ1q(2rcos)2sin,F2=kQ2q(2rcos)2sin,其中r為半圓軌道的半徑,=30,=60,根據(jù)平衡條件可得,F1=F2,解得Q1=33Q2,A正確。小球經(jīng)過C點做曲線運動,且F1=F2,故加速度應(yīng)指向圓心,B錯誤。在AC段,F1>F2,在CD段,F1<F2,故小球在軌道中經(jīng)過C點時動能最大,電勢能最小,C、D錯誤。4.如圖所示,虛線表示某電場的等勢面,實線表示一帶電粒子僅在電場力作用下運動的徑跡。粒子在A點的加速度為aA、動能為EkA、電勢能為EpA,在B點的加速度為aB、動能為EkB、電勢能為EpB。則下列結(jié)論正確的是()A.aA>aB,EkA>EkBB.aA<aB,EpA>EpBC.aA<aB,EpA<EpBD.aA>aB,EkA<EkB答案C解析根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知帶電粒子受到的是靜電斥力,根據(jù)U=Ed知,等差等勢面越密的位置電場強度越大,B處等差等勢面較密集,則電場強度大,帶電粒子所受的電場力大,加速度也大,即aA<aB;從A到B,電場力對帶電粒子做負(fù)功,電勢能增加,則知B點電勢能大,即EpA<EpB,故C正確,選項A、B、D錯誤。5.如圖所示,豎直平面內(nèi)的xOy坐標(biāo)系中,x軸上固定一個點電荷Q,y軸上固定一根光滑絕緣細(xì)桿(細(xì)桿的下端剛好在坐標(biāo)原點O處),將一個重力不計的帶電圓環(huán)(可視為質(zhì)點)套在桿上,從P處由靜止釋放,圓環(huán)從O處離開細(xì)桿后恰好繞點電荷Q做勻速圓周運動,則下列說法正確的是()A.圓環(huán)沿細(xì)桿從P運動到O的過程中,加速度一直增大B.圓環(huán)沿細(xì)桿從P運動到O的過程中,速度先增大后減小C.若只增大圓環(huán)所帶的電荷量,圓環(huán)離開細(xì)桿后仍能繞點電荷Q做勻速圓周運動D.若將圓環(huán)從桿上P點上方由靜止釋放,其他條件不變,圓環(huán)離開細(xì)桿后仍能繞點電荷Q做勻速圓周運動答案C解析圓環(huán)運動到O點且未離開細(xì)桿時庫侖力沿x軸正方向,與細(xì)桿對圓環(huán)的支持力平衡,加速度為零,A錯誤。因為圓環(huán)到O點前,庫侖力沿y軸負(fù)方向的分量大小始終不為0,故一直加速,速度增加,B錯誤。設(shè)P、O兩點間電勢差為U,由動能定理有qU=12mv2,由牛頓第二定律有kQqr2=mv2r,聯(lián)立得kQr2=2Ur,即圓環(huán)是否做圓周運動與q無關(guān),C正確。若從P點上方釋放,則U變大,不能做勻速圓周運動,D錯誤。6.兩個不規(guī)則的帶電導(dǎo)體間的電場線分布如圖所示,已知導(dǎo)體附近的電場線均與導(dǎo)體表面垂直,a、b、c、d為電場中幾個點,并且a、d為緊靠導(dǎo)體表面的兩點,以無窮遠(yuǎn)為零電勢點,則()A.電場強度大小關(guān)系有Eb>EcB.電勢大小關(guān)系有b>dC.將一負(fù)電荷放在d點時其電勢能為負(fù)值D.將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做正功答案BD解析由電場線的疏密表征電場強度的大小可知,Eb<Ec,故A錯誤;沿著電場線方向電勢降低,達(dá)到靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是等勢體,可知b>d,故B正確;由于a點電勢高于d點電勢,將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做功W=q(a-d)>0,為正功,故D正確;由于無窮遠(yuǎn)處為零電勢點,故d點電勢為負(fù),負(fù)電荷放在d點時其電勢能Epd=(-q)d>0,為正值,故C錯誤。7.如圖所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可被忽略。一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則()A.平行板電容器的電容將變小B.靜電計指針張角變小C.帶電油滴的電勢能將減少D.若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則帶電油滴所受電場力不變答案ACD解析將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時,兩極板的正對面積S不變,間距d變大,根據(jù)關(guān)系式C=rS4kdSd可知,電容C減小,選項A正確;因為靜電計指針的變化表征了電容器兩極板電勢差的變化,題中電容器兩極板間的電勢差U不變,所以靜電計指針張角不變,選項B錯誤;U不變,極板間距d變大時,板間電場強度E=Ud減小,帶電油滴在P點的電勢=Ed1增大,其中d1為油滴到下極板的距離,又因為油滴帶負(fù)電,所以其電勢能將減少,選項C正確;若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則電容器帶電荷量Q不變,極板間距d變大,根據(jù)Q=CU,E=Ud和C=rS4kd可知EQS,可見,極板間電場強度E不變,所以帶電油滴所受電場力不變,選項D正確。8.(2018湖北荊州期末)如圖所示,質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場的方向射入兩平行板間的勻強電場中,P從兩極板正中央射入,Q從下極板邊緣處射入,它們最后打在同一點(重力不計),則從開始射入到打到上極板的過程中()A.它們運動的時間tQ=tPB.它們所帶電荷量之比qPqQ=12C.它們的電勢能減少量之比EPEQ=12D.它們的動能增量之比EkPEkQ=14答案ABD解析帶電粒子在垂直電場方向上不受力,都做勻速直線運動,位移相等,由x=v0t可知運動時間相等,即tQ=tP,故A正確;平行電場方向受到電場力,做初速度為零的勻加速直線運動,根據(jù)位移時間關(guān)系公式,有y=12at2=qE2mt2,解得q=2ymEt2,由于兩帶電粒子平行電場方向分位移之比為yPyQ=12,所以它們所帶的電荷量之比qPqQ=yPyQ=12,故B正確;電勢能的減少量等于電場力做的功,即E=qEy,因為豎直位移之比為yPyQ=12,電荷量之比為qPqQ=12,所以它們電勢能減少量之比為EPEQ=14,故C錯誤;根據(jù)動能定理,有qEy=Ek,而qPqQ=12,yPyQ=12,所以動能增加量之比EkPEkQ=14,故D正確。9.如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系中有一底角是60的等腰梯形,坐標(biāo)系中有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強電場,其中O(0,0)點電勢為6 V,A(1,3)點電勢為3 V,B(3,3)點電勢為零,則由此可判定()A.C點電勢為3 VB.C點電勢為零C.該勻強電場的電場強度大小為100 V/mD.該勻強電場的電場強度大小為1003 V/m答案BD解析由題意知C點坐標(biāo)為(4,0),在勻強電場中,任意兩條平行線段,兩點間電勢差與其長度成正比,故UABAB=UOCOC,代入數(shù)值得C=0,A錯誤,B正確;作BDAO,如圖所示,則D=3V,即AD是一條等勢線,電場強度方向沿OG,OGAD,由幾何關(guān)系得OG=3cm,由E=Ud得E=1003V/m,C錯誤,D正確。二、計算題(本題共3小題,共46分)10.(14分)示波器是研究交變電流變化規(guī)律的重要儀器,其主要結(jié)構(gòu)可簡化為:電子槍中的加速電場、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場和豎直放置的熒光屏,如圖所示。若已知加速電場的電壓為U1,兩平行金屬板的板長、板間距離均為d,熒光屏距兩平行金屬板右側(cè)距離也為d,電子槍發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為-e的電子,從兩平行金屬板的中央穿過,打在熒光屏的中點O。不計電子進(jìn)入加速電場的速度及電子重力。若兩金屬板間只存在豎直方向的勻強電場,兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2,電子會打在熒光屏上某點,該點到O點距離為32d,求U1和U2的比值U1U2。答案12解析在電子加速過程中,由動能定理得eU1=12mv02電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)區(qū)做類平拋運動,如圖所示,在此過程中,電子的水平位移d=v0t電子的加速度a=eEm偏轉(zhuǎn)電場的電場強度E=U2d離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的位移y=12at2設(shè)離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為,則tan=vyv0=atv0打到熒光屏上的亮點的位置到O點的距離y=y+dtan由題意可知y=3d2由以上各式聯(lián)立可解得U1U2=12。11.(15分)如圖甲所示,相距d=15 cm的A、B兩極板是在真空中平行放置的金屬板,當(dāng)給它們加上電壓后,它們之間的電場可視為勻強電場。今在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交流電壓,交流電壓的周期T=1.010-6 s,t=0時A板的電勢比B板的電勢高,且U0=1 080 V,一個比荷qm=1.0108 C/kg的帶負(fù)電荷的粒子在t=0時刻從B板附近由靜止開始運動,不計重力。(1)當(dāng)粒子的位移為多大時,粒子的速度第一次達(dá)到最大,最大值是多少?(2)粒子運動過程中,將與某一極板相碰撞,求粒子碰撞極板時速度的大小。答案(1)0.04 m2.4105 m/s(2)2.1105 m/s解析粒子在電場中的運動情況比較復(fù)雜,可借助于v-t圖像分析運動的過程,如圖所示為一個周期的v-t圖像,以后粒子將重復(fù)這種運動。(1)在0T3時間內(nèi),粒子加速向A運動;當(dāng)t=T3時,粒子速度第一次達(dá)到最大,根據(jù)牛頓第二定律可知,粒子運動的加速度為a=Fm=qU0md,設(shè)粒子的最大速度為vm,此時位移為x,則x=12at2=12qU0mdT32=0.04m,vm=at=qU0T3md=2.4105m/s。(2)粒子在一個周期的前2T3時間內(nèi),先加速后減速向A板運動,位移為xA;在后T3時間內(nèi),先加速后減速向B運動,位移為xB,以后的每個周期將重復(fù)上述運動,由于粒子加速和減速運動中的加速度大小相等,即有xA=2x=0.08m,xB=2qU02mdT62=0.02m。所以粒子在一個周期內(nèi)的位移x=xA-xB=0.06m。顯然,第2個周期末粒子距A板的距離為l=d-2x=0.03m<0.04m,表明粒子將在第3個周期內(nèi)的前T3時間內(nèi)到達(dá)A板,設(shè)粒子到達(dá)A板的速度為v,則由v2=2aL,得v2=2qU0Lmd,解得v=2.1105m/s。12.(17分)如圖所示,電荷量q=+210-3 C、質(zhì)量m=0.1 kg的小球B靜置于光滑的水平絕緣板右端,板的右側(cè)空間有范圍足夠大的、方向水平向左、電場強度E=103 N/C的勻強電場。與B球形狀相同、質(zhì)量為0.3 kg的絕緣不帶電小球A以初速度v0=10 m/s向B運動,兩球發(fā)生彈性碰撞后均逆著電場的方向進(jìn)入電場,在電場中兩球又發(fā)生多次彈性碰撞,已知每次碰撞時間極短,小球B所帶電荷量始終不變,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)第一次碰撞后瞬間兩小球的速度大小;(2)第二次碰撞前瞬間小球B的動能;(3)第三次碰撞的位置。答案(1)5 m/s15 m/s(2)6.25 J(3)在第一次碰撞點右方5 m,下方20 m處解析(1)第一次碰撞時兩小球動量守恒,即3mv0=3mv1+mv2機械能守恒,即123mv02=123mv12+12mv22解得碰后瞬間A的速度v1=5m/s,B的速度v2=15m/s。(2)碰后A、B兩球進(jìn)入電場,豎直方向二者相對靜止,均做自由落體運動;水平方向上,A做勻速直線運動,B做勻減速直線運動,其加速度大小aB=qEm=20m/s2設(shè)經(jīng)過時間t兩小球再次相碰,則有v1t=v2t-12aBt2解得t=1s此時,B的水平速度vx=v2-aBt=-5m/s(負(fù)號表明方向向左)豎直速度vy=gt=10m/s故第二次碰前B的動能EkB=12mvB2=12m(vx2+vy2)=6.25J。(3)第二次碰撞時,A、B兩小球水平方向上動量守恒3mv1+mvx=3mv1+mvx水平方向上機械能守恒123mv12+12mvx2=123mv12+12mvx2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豎直下落(B在豎直方向上的運動與A相同),水平方向上,B做勻減速直線運動,設(shè)又經(jīng)過時間t兩小球第三次相碰,則有vxt-12aBt2=0解得t=1s因此,第三次相碰的位置在第一次碰撞點右方x=v1t=5m下方y(tǒng)=12g(t+t)2=20m。