2012届高考物理静电场复习题04.doc

3eud教育网 百万教学资源，完全免费，无须注册，天天更新！章末检测(六)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(每题3分，共36分)1一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量的变化情况为()A动能减小B电势能增加C动能和电势能之和减小D重力势能和电势能之和增加答案：C解析：该油滴从a点进入电场，根据其轨迹的弯曲趋势，可以判断静电力一定竖直向上，且静电力大于重力，所以油滴带负电荷运动过程中合力向上做正功，根据动能定理，油滴动能变大，A错误；静电力做正功，电势能必然减少，B错误；该处能量定恒的形式表现为电势能、机械能(动能重力势能)之和守恒根据能量守恒定律，既然动能增加，则重力势能与电势能之和一定减少，D错误；油滴上升，重力势能变大，动能和电势能之和必然减少2如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷Q，在x轴上C点有点电荷Q，且COOD，ADO60.下列判断正确的是()AO点电场强度为零BD点电场强度为零C若将点电荷q从O移向C，电势能增大D若将点电荷q从O移向C，电势能增大答案：BD解析：A、B两点处的点电荷在O点处形成的电场的合场强为零，因此O点处的电场强度应等于C点处的点电荷在O点形成的电场的电场强度A错；A、B、C三处点电荷在D点处形成的电场强度分别为EDAk，EDBk，EDCk，所以D点合电场强度为EDk2kcos 600，故B对；将点电荷q从O移向C时，电场力做正功，故电势能减小，C错；将点电荷q从O移向C时，电场力做负功，故电势能增大，D对3(2010天津理综)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则()Ab点的电场强度一定比a点大B电场线方向一定从b指向aCb点的电势一定比a点高D该电荷的动能一定减小答案：C解析：电场力做负功，该电荷电势能增加，正电荷在电势高处电势能较大，C正确；电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负，由动能定量可知，动能不一定减小，D错；电势高低与场强大小无必然联系，A错；b点电势高于a点，但a、b可能不在同一条电场线上，B错4如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线系于同一点，两球静止时它们在同一水平面上，与竖直方向的夹角依次为30、60，若同时剪断细线，不计空气阻力，则下列说法中正确的是() Aa、b两小球将同时落到同一水平地面上B下落过程中a小球水平飞行的距离比b小球大C下落过程中a、b小球库仑力做功相等D落地瞬间a小球重力的瞬时功率大于b小球重力的瞬时功率答案：AD解析：竖直方向只受重力，A正确；由tan a，知mamb，库仑力F相同，水平方向的加速度aaPB，D对5如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线，在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P(设不改变原来的电场分布)，在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动，若()A小球P的带电荷量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小B小球P的带电荷量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小C点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小D点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中振幅不断减小答案：BCD解析：本题考查电场力与电荷量、场强的关系，电场力做功与动能的关系若小球P的带电荷量缓慢减小，则小球运动到某位置时受到的电场力减小，小球从平衡位置运动到最大位移过程中克服电场力做的功少了，故能够到达更远处，振幅增大，A项错误；此种情况，小球从最大位移向平衡位置运动的过程中，由于电场力做的功减小，所以到达平衡位置的动能减小，速度减小，B项正确；点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大，小球在某位置受到的电场力逐渐增大，回复加速度增大，故周期减小，此种情况小球从平衡位置到最大位移过程中因电场力增大，故能到达的最大位移减小，振幅减小，C、D项均正确6两个质量相同的小球用不可伸长的长为L的绝缘细线连接，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带负电，电荷量分别为q1和q2(q1q2)将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示，若将两小球同时从静止释放，则释放后细线中张力T为(不计重力及两小球间的库仑力)()AT(q1q2)E BT(q1q2)ECT(q1q2)E DT(q1q2)E答案：A解析：由牛顿第二定律，对球2有TEq2ma对球1、2整体有Eq1Eq22ma两式联立得T，A正确7如图所示，A、B两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为q和q，两球间用绝缘细线连接，A球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为L.现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场，电场强度E，A、B两球最后会达到新的平衡位置，则在这个过程中，两个小球()A总重力势能增加了mgLB总重力势能增加了mgLC总电势能减少了mgLD总电势能减少了mgL答案：AD解析：A、B两个带电小球所受电场力为零，故OA线竖直、B球向右偏45处最后静止，则总重力势能增加了mg(LLcos 45)mgL，故A项正确，总电势能减少了mgL，故D项正确8示波管可以视为加速电场和偏转电场的组合，若已知前者的电压为U1，后者的电压为U2，极板长为L，间距为d，电子加速前速度可忽略，则示波管的灵敏度(偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量称为“灵敏度”)与加速电场和偏转电场的关系，正确的是()AL越大，灵敏度越大 Bd越大，灵敏度越大CU1越小，灵敏度越大 D灵敏度与U1无关答案：AC解析：设电子进入偏转电场的速度为v，电子射出偏转电场时偏转量为y，则U1emv2，y2，可得：，可见，L越大，灵敏度越大，d越小，灵敏度越大，U1越小，灵敏度越大，故A、C正确9如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态现将两极板的间距变大，则()A电荷将向上加速运动B电荷将向下加速运动C电流表中将有从a到b的电流D电流表中将有从b到a的电流答案：BD解析：充电后电容器的上极板A带正电，不断开电源，增大两板间距，U不变、d增大，由E知两极板间场强减小，场强减小会使电荷q受到的电场力减小，电场力小于重力，合力向下，电荷q向下加速运动，由C知电容C减小，由QCU知极板所带电荷量减少，会有一部分电荷返回电源，形成逆时针方向的电流，电流表中将会有由b到a的电流，选项B、D正确10如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()AU1U218 BU1U214CU1U212 DU1U211答案：A解析：由yat2得：U，所以U，可知A项正确11如图所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为和，下述结论正确的是()A电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E/dB电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小答案：BCD解析：由题意可知，两板间电压为2，电场强度为E，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方为正，下方为负，故B正确；由C知，d减小，C增大，由QCU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确12如图所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电压为U，B板电势高于A板，两板间有M、N、P三点，MN连线平行于极板，N、P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，PMN.以下说法正确的是()A电容器带电量为B两极板间匀强电场的电场强度大小为CM、P两点间的电势差为D若将带电量为q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了答案：CD解析：由电容器电容的定义式可知，电容器的带电量为QCU，A项错误；两板间的电场为匀强电场，根据匀强电场场强与电势差的关系可知，两板间电场强度E，B项错误；MP两点间的电势差就等于NP间的电势差，即UMPELsin ，C项正确；由于下板带正电，因此板间场强方向竖直向上，将带电量为q的电荷从M点移到P点，电场力做正功，电势能减少量就等于电场力做的功，即为qUMP，D项正确本题较易二、填空题(每题4分，共12分)13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UABEssin 30，电场力对q所做功为WqUAB.14一电子以4106 m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点水平垂直于场强方向飞入，并从B点沿与场强方向成150的方向飞出该电场，如图所示，则A、B两点的电势差为_V(电子的质量为9.11031 kg，电荷量为1.61019 C)答案：136.5解析：设电子射入电场时的速度为vA，射出电场时的速度为vB，从图可知vB2vA，根据动能定理，有WeUABWmvB2mvA2由式得eUABmvB2mvA2mvA2所以UABV136.5 V15如图所示，地面上某区域存在着匀强电场，其等势面与地面平行等间距一个质量为m、电荷量为q的带电小球以水平方向的初速度v0由等势线上的O点进入电场区域，经过时间t，小球由O点到达同一竖直平面上的另一等势线上的P点已知连线OP与水平方向成45夹角，重力加速度为g，则OP两点的电势差为_答案：解析：因为vy2v0，由动能定理可得：m(vy2v02)mv02mgv0tqUOP，所以UOP，带电粒子在电场与重力场的复合场中运动，可利用合运动与分运动的关系，把曲线转化为直线运动，简化运动过程三、计算题(共5题，共52分)16(10分)质量都是m的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角30，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为30，求：(1)A、B小球电性及所带电荷量Q；(2)外加匀强电场的场强E.答案：(1)l(2)解析：(1)A球带正电，B球带负电两小球相距d2l2lsin 30l由A球受力平衡可得：mgtan k解得：Ql.(2)外加电场时，两球相距d2l2lsin 303l根据A球受力平衡可得：QEkmgtan 解得：E.17(10分)在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E6.0105 N/C，方向与x轴正方向相同在O处放一个电荷量q5.0108 C，质量m1.0102 kg的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v02.0 m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置(g取10 m/s2)答案：在O点左侧距O点0.2 m处解析：物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理得：(qEmg)x10mv02所以x1，代入数据得x10.4 m可知，当物块向右运动0.4 m时速度减为零，因物块所受的电场力FqE0.03 Nmg，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，则mg(2x1x2)0mv02，解之得x20.2 m.18(10分)(2010莱芜模拟)一质量为m、带电荷量为q的小球以水平初速度v0进入竖直向上的匀强电场中，如图甲所示今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图乙所示，根据图乙给出的信息，(重力加速度为g)求：(1)匀强电场场强的大小；(2)小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中，电场力做的功；(3)小球在h高度处的动能答案：(1)(2)(3)解析：(1)小球进入电场后，水平方向做匀速直线运动，设经过时间t，水平方向：v0tL，竖直方向：h所以E.(2)电场力做功为WqEh.(3)根据动能定理mghqEhEk得Ek.19(10分)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏现有一电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan ；(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离s.答案：(1)(2)(3)解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒