高考物理总复习第七章静电场突破全国卷6力电综合问题测试题

微专题11一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．(68520228)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中的虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是()A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里解析：B[在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点的水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．]2．某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O 点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是()解析：B[由题图可知，从O到A点，电场线先由密到疏，再由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此粒子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B 正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；由于电场力做正功，导致粒子电势能减小，则动能增加，且图象的斜率先减小后增大，故D错误．] 3．两带电荷量分别为＋q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是()解析：A [越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B 、D 错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C 错，应选A.]4．(2017·龙岩市一级达标学校联合测试)半径为R 、电荷量为Q 的均匀带正电的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知；取无穷远处电势为零，距球心r 处的电势为φ＝k Q r(r ≥R )，式中k 为静电力常量．下列说法错误的是( )A ．球心处的电势最高B ．球心与球表面间的电势差等于12E 0R C ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq RD ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为12E 0Rq 解析：D [沿着电场线，电势降低，则球心处的电势最高，由E -r 图象可得，球心与球表面间的电势差等于12E 0R ，选项A 、B 正确；只在电场力作用下，紧靠球体表面的粒子－q 能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq R，选项C 正确，选项D 错误．] 5．(2017·保定调研)某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示，在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内 ( )A ．该静电场是匀强电场B ．该静电场是非匀强电场C ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐减小D ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：A [图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x 轴负方向，故该静电场为匀强电场，A 正确，B 错误；负点电荷受到沿x 轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以负点电荷将沿x 轴正方向运动，C 、D 错误．]二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分．全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(2017·山西康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校第二次联考)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m 、带电荷量为q 的带负电小球(可视为质点)从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4.则下列叙述正确的是( )A ．带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力逐渐增大B ．带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电势能一直增大C ．若小球的初速度v 0＝2φ0q m，则运动过程中的最大速度为 6φ0q m D ．要使小球能运动到x 4处，则初速度v 0至少为2φ0q m 解析：BC [φ-x 图象的斜率表示电场强度E ＝ΔφΔx，所以带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 错误；由W ＝Uq 可知，带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B 正确；从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4，电场力先做正功后做负功，在x 1时，动能最大，对0～x 1过程应用动能定理，有φ0q ＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝6φ0q m，C 正确；当小球到达x 4处速度为零时，初速度v 0最小，对全过程应用动能定理得－φ02q ＝0－12m v 20，解得v 0＝φ0q m，D 错误．] 7．(2017·辽宁沈阳教学质量检测)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4 C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v -t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，v -t 图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/mB ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后增大C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V解析：ACD [由图乙可知，在B 点带电小球的加速度最大，则B 点的场强最大，Eq m ＝Δv Δt＝0.35m/s 2，解得E ＝1.2 V/m ，A 正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C 指向A ，所以带正电小球从C 到A 的过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；由C 到A 电势逐渐降低，C 正确；带正电小球由C 到B 的过程中，由动能定理得qU CB ＝12m v 2B －0，解得U CB ＝0.9 V ，D 正确．] 8．(2017·江西师大附中、临川一中联考)如图所示，Q 1、Q 2为两个被固定在坐标轴x 上的点电荷，其中Q 1带负电，在O 点，Q 1、Q 2相距为L ，a 、b 两点在它们连线的延长线上，其中b 点与O 相距3L .现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其v -x 图象如图所示，以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带正电B ．Q 1电荷量与Q 2电荷量之比为|Q 1||Q 2|＝49C ．b 点的电场强度一定为零，电势最高D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：AD [粒子在到达b 点之前做减速运动，在b 点之后做加速运动，可见在b 点的加速度为零，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带正电，有k |Q 1|q (3L )2＝k |Q 2|q (2L )2，所以|Q 1||Q 2|＝94，故A 正确，B 错误．该粒子从a 点先做减速运动，知该粒子带负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，移动的是负电荷，所以电势先减小后增大，所以b 点电势不是最高，故C 错误，D 正确．]三、非选择题(本题共2小题，共44分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(68520229)(22分)(2017·北京朝阳区期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝1.0×10－20kg 、电荷量q ＝1.0×10－9 C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1E 2； (2)该粒子运动的最大动能E km ；(3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由图可知：左侧电场强度大小E 1＝201×10－2 V/m ＝2.0×103 V/m ① 右侧电场强度大小E 2＝200.5×10－2 V/m ＝4.0×103 V/m ② 所以E 1E 2＝12. (2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有qE 1x ＝E km ③其中x ＝1.0×10－2 m. 联立①③式并代入相关数据可得E km ＝2.0×10－8 J. (3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE 1m t 1④ v m ＝qE 2m t 2⑤E km ＝12m v 2m⑥ T ＝2(t 1＋t 2)⑦联立①②④⑤⑥⑦式并代入相关数据可得T ＝3.0×10－8 s. 答案：(1)12(2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8 s 10．(68520230)(22分)(2017·山东临沂期中)如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP (MP 边水平)，∠NMP ＝θ，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，MN 是长为a 的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N 点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x (取M 点处x ＝0)的变化图象如图乙所示(图中E 0、E 1、E 2为已知量)，重力加速度为g ，设无限远处电势为零，M 点所处的水平面为重力零势能面．(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？(2)求重力势能为E 1时的横坐标x 1和带电小球的质量m ；(3)求小球从N 点运动到M 点时的动能E k .解析：(1)正Q 电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E ＝qφ，可知正电荷从N 点到M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.(2)电势能为E 1时，距M 点的距离为x 1＝(a cos θ)·12·cos θ＝a cos 2θ2， x 1处重力势能E 1＝mgx 1sin θ.可得m ＝E 1gx 1sin θ＝2E 1ga sin θcos 2θ. (3)在小球从N 点运动到M 点的过程中，根据动能定理得mga sin θ＋E 2－E 0＝E k －0，解得E k ＝2E 1cos 2θ＋E 2－E 0. 答案：(1)图线Ⅱ (2)a cos 2θ2 2E 1ga sin θcos 2θ(3)2E1cos2θ＋E2－E0情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。

第七章静电场章末综合测试（七）（时间：60分钟 分数：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有 一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分， 3分，有选错的得0分）1•四个等量异种电荷，分别放在正方形的四个顶点处，A. B 、C. D 为正方形四个边的中点，0为正方形的中心，下列说法中正确的是（）A. 0点电场强度为零B. A. B 、C 、〃四个点的电场强度相同C. 将一带负电的试探电荷从〃点匀速移动到〃点，电场力做功为零D. 将一带负电的试探电荷从力点匀速移动到C 点，其电势能减小解析：C 根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，0点电场强度不为零，方向由0 指向Q ，八错误.根据对称性，A. C 两点电场强度相同，B 、〃两点电场强度相同，而久〃 两点电场强度不相同，B 错误，由対称性可知，〃两点等电势，将一带负电的试探电荷从 〃点匀速移动到〃点，电场力做功为零，C 正确，图屮弭点电势高于C 点，将一带负电的试 探电荷从月点匀速移动到Q 点，其电势能增大，D 错误. 2. 如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，*轴垂直于环面且过圆心。

下列关于/轴上的电场强度和电势的说法正确的是（）A.从0点沿/轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低C. 0点的电场强度为零，电势最低D. 0点的电场强度不为冬，电豹最高解析：C 根据对称性得出，在。

点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库 仑力为零，根据电场强度定义可知0点电场强度为零.沿/轴无限远处电场强度为零，从0 点沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小.沿“轴无限远处，若设电势为零，逆着x 轴方向 向0点移动一个带正电的试探电荷，电场力做正功，电势能减小.根据电势的定义可知0 点的电势能最小，电势最低，所以从0点沿/轴正方向，电势一直升高，Ax B 、D 错误，C正确.3. 如图所示虚线表示某电场的等毎面.一带电粒子仅在电场力作 用下由力运动到〃的径迹如图中实线所示•粒子在力点的加速度为②、 动能为&,电势能为尽；在〃点的加速度为勿、动能为底〃，电势能 为廊几则下列结论正确的是（）1 1 1 1 1 1 1 1 1 0选对但不全的得 B.从0点沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小,电势先降低后升高 I IC. aKafhD. a.A 旳,ZiXiS/?解析：C 根据等电势差等势面稀疏处电场强度小，密处电场强度大，对知/处电场强 度小于〃处.由电场力公式和牛顿第二定律可得力=〃扫，rh 此可知朋亦根据等势面分布和 电场线垂直于等势面可知，电场线方向垂直等势面指向圆心.根据带电粒子仅在电场力作用 下由畀运动到〃的径迹可知，带电粒子所受电场力方向与电场线方向相反，带电粒子带负电 荷.带电粒子仅在电场力作用下由力运动到氏克服电场力做功，电势能增加，动能减小， 区』〉区”,Ep.^Epih C 正确.4. 一带电粒子在电场屮仅受静电力作用, 动.取该直线为x 轴，起始点0为坐标原点, 系如右图所示.下列图象中合理的是()△ F= _qE ・ Ax,即二二=一g 仅氏一x 图线斜率的绝对值表示电场力， A x故由图线可知农逐渐减小，八错误.因粒子仅受电场力作用，由於'= A R〃扫||J 知曰也逐渐减小，D 正确；再rh 动能定理有 ' 区=qE • △从即 一 = qE, E^-x 图线的斜率也表示电场力，Ax 图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B 错误.由 v=2ax 有7=寸扃2可知L —x 图线应是一条曲线，故C 错误. 5. 如图所示，初为均匀带有电荷量为+0的细棒，C 为M 棒附近的一点，仿垂直于AB. AB 棒上电荷形成的电场屮Q 点的电势为 机,。

单元质检七静电场(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.如图所示为静电除尘机理图,废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区,放电极(位于中央)和集尘极分别接到高压直流电源的两极上,其间电场线如图。

带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积,达到除尘目的。

不考虑尘埃间的相互作用及其他作用,下列说法正确的是()A.电场线方向由放电极指向集尘极B.图中a点电场强度小于b点电场强度C.尘埃会沿图中虚线从c到d运动D.尘埃在运动过程中动能增大2.如图所示,在x轴上相距为L的两点固定等量异种电荷+Q、-Q,虚线是以-Q所在点为中心、边长也为L的正方形,a、b、c、d是正方形的四个顶点,且a、b连线平行x轴。

则下列说法正确的是()A.b点电势高于d点B.b、c连线上各点电势相同C.a、d两点处的电场强度相同D.将一正电荷沿虚线由a点移至b点,其电势能逐渐增大3.如图所示,空间有一正三棱锥P-ABC ,D 点是BC 边上的中点,O 点是底面ABC 的中心,现在顶点P 点固定一正的点电荷,则下列说法正确的是( ) A.A 、B 、C 三点的电场强度相同 B.底面ABC 为等势面C.若O 、B 、C 三点的电势为φO 、φB 、φC ,则有φB -φO =φO -φCD.将一正的试探电荷沿直线从B 点经D 点移到C 点,静电力对该试探电荷先做负功后做正功 4.(2021届河南鹤壁高中月考)有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中,给电容器再充上一些电荷ΔQ ,油滴开始向上运动,经时间t 后,电容器突然放电,失去一部分电荷ΔQ',又经时间t ,油滴回到原位置,假如在运动过程中油滴电荷量一定,则( )A.ΔQ 'ΔQ =4 B.ΔQ 'ΔQ=3 C.ΔQ 'ΔQ=2 D.ΔQ 'ΔQ=15.(2021届安徽池州一中月考)如图所示,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,电场强度大小E=6.0×105N/C,方向与x 轴正方向相同。

《静电场》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共14小题,每小题4分,共56分.在每小题给出的四个选项中,第1～8小题只有一个选项正确,第9～14小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得 0分)1.下列关于匀强电场中电场强度和电势差的关系,正确的说法是( C )A.在相同距离上的两点,电势差大的其电场强度也必定大B.电场强度在数值上等于每单位距离上的电势降落C.沿着电场线方向,任何相同距离上的电势降落必定相同D.电势降落的方向必定是电场强度方向解析:由U AB=Ed及d为沿电场线方向的距离知选项C正确,A错误;由E=知电场强度在数值上等于沿电场线方向单位距离上的电势降落,电势降落最快的方向才是电场强度的方向,选项B,D错误.2.如图a,b,c,d四个点在一条直线上,a和b,b和c,c和d间的距离均为R,在a点处固定有一电荷量为Q的点电荷,在d点处固定有另一个电荷量未知的点电荷,除此之外无其他电荷,已知b点处的电场强度为零,则c点处电场强度的大小为(式中k为静电力常量)( B )A.0B.C.D.解析:根据b点电场强度为零知=,得Q′=4Q,c点的电场强度大小为E=-=,选项B正确.3.如图所示,A,B是两个带异号电荷的小球,其质量分别为m1和m2,所带电荷量分别为+q1和-q2,A用绝缘细线L1悬挂于O点,A,B间用绝缘细线L2相连.整个装置处于水平方向的匀强电场中,平衡时L1向左偏离竖直方向,L2向右偏离竖直方向,则可以判定( C )A.m1=m2B.m1>m2C.q1>q2D.q1<q2解析:将两小球看做整体研究,系统受重力、拉力和电场力处于静止状态,且绳的拉力方向斜向右上方,则电场力水平向左,故q1>q2,而两球重力无法比较,选项C正确.4.两个小球分别带有电荷量+2Q和-Q,两球连线上各点的电势φ与距正电荷距离x之间的函数关系可以由图中的哪一个最恰当地表示出来( C )解析:将单位正电荷从带正电荷的小球处沿两个小球连线向带负电荷的小球移动,电场力做正功,电势能不断减小,电势不断降低,选项B,D错误;考虑到该电场为非匀强电场,电势不会均匀降低,选项A错误,C正确.5.如图所示,实线是电场线,一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中,其速度-时间图像是( B )解析:电场力的方向指向轨迹的凹侧且沿与电场线相切的方向,因此粒子从A运动到B的过程中电场力方向与速度方向的夹角大于90°,粒子做减速运动,电场力越来越小,加速度越来越小,选项B正确.6.在匀强电场中建立一直角坐标系,如图所示.从坐标原点沿+y轴前进0.2 m 到A点,电势降低了10 V,从坐标原点沿+x轴前进0.2 m到B点,电势升高了10 V,则匀强电场的电场强度大小和方向为( C )A.50 V/m,方向B→AB.50 V/m,方向A→BC.100 V/m,方向B→AD.100 V/m,方向垂直AB斜向下解析:连接AB,由题意可知,AB中点C点电势应与坐标原点O相等,连接OC即为等势线,与等势线OC垂直的方向为电场的方向,故电场方向由B→A,其大小为E==V/m=100 V/m,选项C正确.7.如图所示,带电荷量相等、质量不同的带电粒子a和b从带电平行板M的边缘沿平行于极板的方向进入M,N两极板间的匀强电场中,都恰好能从N板的右边缘飞出,不计重力作用,则( C )A.两粒子进入电场时的动能一定不相等B.两粒子进入电场时的初速度的大小一定相等C.两粒子飞出电场时的动能一定相等D.两粒子飞出电场时的速度大小一定相等解析:设极板的长度是L,板间距离是d,设粒子的初速度为v0;带电粒子在极板间做类平抛运动.在水平方向有L=v0t;竖直方向有d=at2=;则粒子的初动能E k0=m=,由于q,E,L,d相同,所以两粒子的初动能相等,选项A错误;由于两粒子进入电场时的初动能相等而粒子质量不相等,则粒子的初速度大小一定不相等,选项B错误;两粒子电荷量相等,进入与离开电场时的位置相同,则电场力做功相同,粒子的初动能相同,由动能定理可得,粒子离开电场时的动能相等,选项C正确;粒子离开电场时的动能相等,粒子质量不同,则粒子离开电场时的速度不等,选项D错误.8.如图所示,真空中同一平面内固定两点电荷+2Q和-Q,以点电荷+2Q为圆心的圆上有a,b,c,d四点,其中b点为两点电荷连线与圆的交点,a,c两点关于连线对称,ad为圆的直径,且d距-Q较远.当电子经过这四点时,下列说法正确的是( A )A.b处电势能最大B.d处电势能最大C.d处电场力最大D.a,c两处电场力相同解析:由于a,b,c,d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上,所以由正电荷产生的电势在a,b,c,d 四点是相等的,a,b,c,d四点的总电势可以通过负电荷产生的电场的电势来判定.负电荷产生的电场中,离负电荷越近的点,电势越低;离负电荷越远的点,电势越高,所以d点的电势最高,b点的电势最低.电子带负电荷,根据E pA=qφA,它在b点处的电势能最大,在d点处的电势能最小,选项A正确,B错误;由于a,b,c,d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上,所以a,b,c,d 四点的电场强度的大小是相等的,b点离负电荷最近,而且在b点两个点电荷产生的电场的方向相同,所以b点的合场强最大,电子在b点受到的电场力最大,选项C错误;由对称性可知,电子在a,c两点受到的电场力大小相等,方向不同,选项D错误.9.如图所示,在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场,E,F,G,H是各边中点,其连线构成正方形,其中P点是EH的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出.以下说法正确的是( BD )A.粒子的运动轨迹一定经过P点B.粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由ED之间某点从AD边射出D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由E点从AD边射出解析:粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出,其轨迹是抛物线,则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点,而延长线又经过P点,所以粒子轨迹一定经过PE 之间某点,选项A错误,B正确;由平抛知识可知,当竖直位移一定时,水平速度变为原来的一半,由于y方向的位移、加速度均不变,则运动时间不变,因此水平位移也变为原来的一半,粒子恰好由E点从AD边射出,选项C错误,D正确.10.在同一直线上的M,N两点正好是某电场中一条电场线上的两点,若在M点释放一个初速度为零的电子,电子仅受电场力作用,并沿电场线由M点运动到N点,其电势能随位移变化的关系如图所示,则下列说法正确的是( BD )A.该电场有可能是匀强电场B.该电场可能是负的点电荷产生的C.N点的电势比M点电势低D.该电子运动的加速度越来越小解析:由E p=-qEx可知,图像的斜率反映电场强度大小,由E p x图像可知,斜率越来越小,则电场强度逐渐减小,则选项A错误;电子由M到N的过程中,电场力做正功,电势能减小,因此电场线的方向由N到M,所以选项B正确,C错误;电子从M运动到N过程中,电场力越来越小,则加速度越来越小,选项D正确.11.图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷.一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a,b,c三点是实线与虚线的交点,则该粒子( CD )A.带负电B.在c点受力最大C.在b点的电势能大于在c点的电势能D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化解析:由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出二者相互排斥,或者根据曲线运动合力指向曲线的内侧,判断出带电粒子带正电,选项A错误;根据库仑定律可知,a,b,c三点中,在a点时受力最大,选项B错误;带电粒子从b点到c点的过程中,电场力做正功,电势能减小,故在b点的电势能大于在c点的电势能,选项C正确;由于虚线为等间距的同心圆,根据U=d(为某段电场的平均值),故U ab>U bc,根据电场力做功公式,所以W ab>W bc,根据动能定理,带电粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化,选项D正确.12.如图(甲)所示,Q1,Q2是两个固定的点电荷,一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v a沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动,其v t图像如图(乙)所示,下列说法正确的是( BD )A.两点电荷一定都带负电,但电荷量不一定相等B.两点电荷一定都带负电,且电荷量一定相等C.试探电荷一直向上运动,直至运动到无穷远处D.t2时刻试探电荷的电势能最大,但加速度不为零解析:由图(乙)可知,试探电荷向上先做减速运动,再反向做加速运动,且向上过程加速度先增大后减小,说明试探电荷受电场力应向下,故试探电荷均应带负电;由于电场线只能沿竖直方向,说明两试探电荷带等量负电荷,选项A,C错误,B正确;t2时刻之前电场力一直做负功,故电势能增大,此后电场力做正功,电势能减小,t2时刻电势能最大,但由于试探电荷受电场力向下,故此时加速度不为零,选项D正确.13.空间存在着平行于x轴方向的静电场,A,M,O,N,B为x轴上的点,OA<OB,OM=ON,AB间的电势φ随x的分布为如图所示的折线,一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动,则下列判断中正确的是( CD )A.粒子一定带正电B.粒子从M向O运动过程所受电场力均匀增大C.粒子一定能通过N点D.AO间的电场强度大于OB间的电场强度解析:由图可知,A,B两点电势相等,O点的电势最高,A到O是逆电场线,粒子仅在电场力作用下,从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动,故粒子一定带负电,选项A错误;A到O电势均匀升高,故A到O的电场是匀强电场,所以粒子从M向O运动过程中所受电场力不变,选项B错误;由图可知,M点的电势小于N点的电势,故M到O电场力做的功大于O 到N电场力做的功,所以粒子能通过N点,选项C正确;A到M电势均匀升高,图像的斜率大小等于电场强度,选项D 正确.14.水平放置的光滑绝缘环上套有三个带电小球,小球可在环上自由移动.如图所示,是小球平衡后的可能位置图.(甲)图中三个小球构成一个钝角三角形,A点是钝角三角形的顶点.(乙)图中小球构成一个锐角三角形,其中三角形边长DE>DF>EF.可以判断正确的是( AC )A.(甲)图中A,B两小球一定带异种电荷B.(甲)图中三个小球一定带等量电荷C.(乙)图中三个小球一定带同种电荷D.(乙)图中三个小球带电荷量的大小为Q D>Q F>Q E解析:对C球进行受力分析,根据平衡条件得C球一定要受一个排斥力和一个吸引力,则A,B 球一定带不同电荷,选项A正确;如果(甲)图中小球是带等量电荷,那么小球应该均匀地分布在环上,选项B错误;对D球分析,D球不可能受到一个斥力和一个引力,所以E,F球带同种电荷,分析E球根据平衡条件可得D,F球带同种电荷,所以(乙)图中三个球带同种电荷,选项C 正确;D球受到两斥力,设圆心为O,DE大于DF,同时∠ODE小于∠ODF,可得受E球斥力更大,又离E球远可得E球电荷量大于F球,选项D错误.二、非选择题(共44分)15.(8分)如图所示,长度为d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O上,另一端固定一质量为m、电荷量为q的带负电小球.小球可以在竖直平面内做圆周运动,AC和BD分别为圆的竖直和水平直径.等量异种点电荷+Q,-Q分别固定在以C为中点、间距为2d的水平线上的E,F两点.让小球从最高点A由静止开始运动,经过B点时小球的速度大小为v,不考虑q对+Q,-Q 所产生电场的影响.求:(1)小球经过C点时球对杆的拉力的大小;(2)小球经过D点时速度的大小.解析:(1)设U BA=U,根据对称性可知,U BA=U AD=U,U AC=0小球从A到C过程,根据动能定理有mg·2d=m(2分)沿竖直方向有F T-mg=m(1分)整理得F T=5mg(1分)根据牛顿第三定律可知,球对杆的拉力大小为5mg.(1分)(2)从A到B和从A到D的过程中,根据动能定理得mgd+qU=mv2(1分)mgd-qU=m(1分)整理得v D=.(1分)答案:(1)5mg (2)16.(10分)如图所示,两块平行金属板MN间的距离为d,两板间电压u随时间t变化的规律如图所示,电压的绝对值为U0.t=0时刻M板的电势比N板低.在t=0时刻有一个电子从M板处无初速度释放,经过1.5个周期刚好到达N板.电子的电荷量为e,质量为m.求:(1)该电子到达N板时的速率v.(2)在1.25个周期末该电子和N板间的距离s.解析:(1)由题意知,电子在第一、第三个T内向右做初速度为零的匀加速运动,第二个T内向右做末速度为零的匀减速运动.由x=at2知,这三段时间内电子的位移是相同的.在第三个T内对电子用动能定理eU=mv2,(3分)其中U=U0,得v=.(2分)(2)在第三个T内,电子做初速度为零的匀加速运动,总位移是d,前一半时间内的位移是该位移的,为x′=d,(3分)因此这时离N板的距离s=d-d= d.(2分)答案:(1)(2) d.17.(12分)如图所示,在xOy坐标系中,两平行金属板如图放置,OD与x轴重合,板的左端与原点O重合,板长L=2 m,板间距离d=1 m,紧靠极板右侧有一荧光屏.两金属板间电压U AO变化规律如图所示,变化周期为T=2×10-3 s,U0=103 V,t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点,以平行于AB边v0=1 000 m/s的速度射入板间,粒子电荷量q=1×10-5 C,质量m=1×10-7 kg.不计粒子所受重力.求:(1)粒子在板间运动的时间;(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标;(3)粒子打到屏上的动能.解析:带电粒子的运动轨迹如图所示.(1)粒子在板间沿x轴匀速运动,运动时间为t,L=v0t(1分)t==2×10-3 s.(1分)(2)0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1y1=a()2+(a)(2分)又根据牛顿第二定律=ma(1分)所以解得y1=0.15 m(1分)故纵坐标为y=d-y1=0.85 m.(1分)(3)设粒子出射时的动能为E k,由动能定理得y2=E k-m(2分)y2=a() 2(2分)代入数据解得E k=5.05×10-2 J.(1分)答案:(1)2×10-3 s (2)0.85 m (3)5.05×10-2 J18.(14分)如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=40 cm,一带正电荷q=10-4C的小滑块质量为m=40 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,取g= 10 m/s2,问:(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道中点)(3)小滑块经过C点后最后落地,落地点离N点的距离多大?落地时的速度是多大?解析:(1)设滑块与N点的距离为L,分析滑块的运动过程,由动能定理可得qEL-μmgL-mg·2R=mv2-0(1分)小滑块在C点时,重力提供向心力,所以mg=(1分)代入数据解得v=2 m/s,L=20 m.(1分)(2)滑块到达P点时,对全过程应用动能定理可得qE(L+R)-μmgL-mg·R=m-0(1分)在P点时由牛顿第二定律可得N-qE=,(1分)解得N=1.5 N.(1分)由牛顿第三定律可得,滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5 N. (1分)(3)小滑块经过C点,在竖直方向上做的是自由落体运动,由2R=gt2,可得滑块运动的时间为t=(1分)解得t=0.4 s(1分)滑块在水平方向上只受到电场力的作用,做匀减速运动,由牛顿第二定律可得qE=ma所以加速度a=2.5 m/s2(1分)水平的位移为x=vt-at2代入解得x=0.6 m(1分)滑块落地时竖直方向的速度的大小为v y=gt=10×0.4 m/s=4 m/s(1分)水平方向的速度的大小为v x=v-at=2 m/s-2.5×0.4 m/s=1 m/s(1分)落地时速度的大小为v地=解得v地= m/s.(1分)答案:(1)20 m (2)1.5 N (3)0.6 m m/s。

单元质检七静电场(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.(湖南永州高三一模)关于静电场,下列说法正确的是( )A.电场强度为零的点,电势一定为零B.负电荷沿电场线方向移动时,电势能一定增加C.在同一个等势面上的各点,电场强度的大小必然是相等的D.电势降低的方向就是电场强度的方向2.空间存在着平行于纸面的匀强电场,但电场的具体方向未知,现用仪器在纸面内沿互成60°角的OA、OB两个方向探测该静电场中各点电势,得到各点电势φ与到O点距离的函数关系如图所示,则下列关于该电场的电场强度E的说法中,正确的是( )A.E=2 V/m,沿OA方向B.E=200 V/m,沿BO方向V/m,沿∠AOB角平分线向左C.E=400√33D.E=200√3 V/m,沿∠AOB角平分线向左3.(河南郑州高三模拟)真空中,在x轴上处分别固定两个点电荷Q1和Q2。

电荷间连线上的电场强度E随处由静止释放(重力不计,取无穷远处电势为零)。

则( )A.Q1、Q2为等量同种电荷B.Q1、Q2电荷量之比为9∶25C.在x=3 m处电势等于0D.该试探电荷向x轴正方向运动时,电势能一直减小4.(湖南长沙十五校高三联考)如图所示,有一带正电粒子沿着x轴正方向运动在x1与x2间只受到静电力F(x)作用,若不计该带电粒子的重力,电势φ(x)与位置x关系为抛物线,其中x0处为抛物线最低点。

如果规定静电力沿x轴正方向为正,在下列选项中,可定性反映该带电粒子在x1与x2之间所受静电力F(x)与位置x的关系的是( )5.(广东珠海高三质检)如图所示,在O点固定一点电荷,带电粒子A运动轨迹如图中实线所示,虚线b、c是以O为圆心的同心圆,忽略粒子A对O处点电荷电场的影响。

下列说法正确的是( )A.粒子A与O处点电荷是异种电荷B.虚线b处的电势低于虚线c处的电势C.粒子A的加速度先增大后减小D.粒子A的动能先增大后减小二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。

第七章静电场综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。

每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．干燥的冬天开车门时手与金属车门之间容易“触电”，为了防止“触电”，在网上出现了名叫“静电消除器”的产品，手持“静电消除器”与车体金属部分接触一下，就可以防止“触电”。

关于这一现象及这一产品，下列说法不正确的是 ( C ) A．这种“触电”现象是一种静电现象B．“静电消除器”应该为导体C．人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体上的电荷都被“静电消除器”吸收而消失了D．人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体最终构成一个等势体[解析] 干燥的冬天，人体容易带上静电，当接触金属车门时就会出现放电现象，所以这种“触电”现象是一种静电现象，故A正确；手持“静电消除器”与车体金属部分接触一下，人体带上的静电通过“静电消除器”发生中和，所以“静电消除器”应该为导体，故B 正确；根据电荷守恒定律，人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体上的电荷通过“静电消除器”发生中和，而不是被“静电消除器”吸收而消失了，故C错误；人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体处于静电平衡，处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，故D正确。

2．(2021·湖南长沙一中月考)喷墨打印机工作原理的简化模型如图所示。

重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸面上半部分的某一位置P。

关于此微滴及其在极板间电场中的运动，下列说法正确的是 ( C )A．微滴经带电室后带正电B．电场力对微滴做负功C．动能增大D．电势能增大[解析] 本题考查带电粒子在匀强电场中的运动。

微滴向正极板偏转，可知微滴经带电室后带负电，运动过程电场力做正功，动能增大，电势能减小，故只有C正确。

突破全国卷6 力电综合问题电场的性质是力与能在电学中的延续，结合带电粒子(带电体)在电场中的运动综合考查牛顿运动定律、功能关系、受力分析、运动的合成与分解等是常用的命题思路．这部分内容综合性强，仍是命题的热点．尤其近几年高考中突出了对带电体在电场中运动的过程分析，复习时应引起足够的重视．【重难解读】电场中带电粒子(微粒)的运动及电场中力的性质和能的性质主要有以下几个重点考查内容：1．以电场强度为代表的反映电场力的性质的物理量：通过场强的计算、库仑定律的应用、带电粒子(微粒)的加速和偏转等知识，与力学观点结合考查运动类问题．2．以电势为代表的反映电场能的性质的物理量：通过电场力做功、电势能的计算，结合功能关系，能量守恒定律等考查电场中能量的转化类问题．【典题例证】(16分)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4 m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4C ，质量m ＝0.1 kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点．取g ＝10 m/s 2.试求：(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)D 点到B 点的距离x DB ；(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．[解析] (1)设带电体恰好通过C 点时的速度为v C ，依据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CR，(2分)解得v C ＝2.0 m/s.(1分)设带电体通过B 点时的速度为v B ，设轨道对带电体的支持力大小为F B ，带电体在B 点时，根据牛顿第二定律有F B －mg ＝m v 2BR.(2分)带电体从B 运动到C 的过程中，依据动能定理有－mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B(2分)联立解得F B ＝6.0 N ，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F ′B ＝6.0 N ． (1分)(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有2R ＝12gt 2(2分)x DB ＝v C t －12Eq mt 2(2分) 联立解得x DB ＝0.(1分)(3)由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为E km ，根据动能定理有qER sin 45°－mgR (1－cos 45°)＝E km －12mv 2B(2分) 代入数据解得E km ≈1.17 J ．(1分)[答案] (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J解决力电综合问题的一般思路【突破训练】1．(多选)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15，3)的切线．现有一质量为0.20 kg ，电荷量为＋2.0×10－8C 的滑块P (可视为质点)，从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．x ＝0.15 m 处的场强大小为2.0×106N/C B ．滑块运动的加速度逐渐减小 C ．滑块运动的最大速度约为0.1 m/s D ．滑块最终在0.3 m 处停下解析：选AC.φ－x 的斜率等于该点的电场强度，所以x ＝0.15 m 处的场强大小为E ＝ΔφΔx ＝3×1050.15 N/C ＝2.0×106 N/C ，选项A 正确；图象斜率的绝对值逐渐减小，因为在x ＝0.15 m 处，Eq ＝μmg ＝0.04 N ，所以从x ＝0.1 m 开始，滑块向右运动的过程中，加速度向右先减小后反向变大，选项B 错误；当滑动摩擦力等于电场力时，滑块的速度最大，此时对应的x ＝0.15 m ，由动能定理有Uq －μmg Δx ＝12mv 2，U ＝1.5×105 V ，Δx ＝0.05 m ，解得v ＝0.1 m/s ，选项C 正确；假设滑块在x ＝0.3 m 处停下，则从x ＝0.1 m 处到x ＝0.3 m 处，电场力做功W ＝qU ′＝6×10－3 J ，克服摩擦力做功W f ＝μmg Δx ′＝8×10－3 J ，因为W <W f ，所以滑块滑不到x ＝0.3 m 处，选项D 错误．2.(2018·杭州一中月考)如图所示，A 、B 为平行金属板，两板相距为d 且分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M 和N .今有一带电质点，自A 板上方相距为d 的P 点由静止自由下落(P 、M 、N 在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N 孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．若保持两极板间的电压不变，则下列说法不正确的是( )A ．把A 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回B ．把A 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落C ．把B 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回D ．把B 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落 解析：选B.移动A 板或B 板后，质点能否返回P 点的关键是质点在A 、B 间运动时到达B 板之前速度能否减为零，如能减为零，则一定沿原路返回P 点；如不能减为零，则穿过B板后只受重力，将继续下落．因质点到达N 孔时速度恰为零，由动能定理得mg ·2d －qU ＝0.因极板一直与电源两极连接，电压U 一直不变，当A 板上移、下移时，满足qU －mgh ＝0的条件，即h ＝2d ，则质点到达N 孔时速度恰好为零，然后按原路返回，A 正确，B 错误．当把B 板上移后，设质点仍能到达B 板，则由动能定理得mgh －qU ＝12mv 2，因B 板上移后h ＜2d ，所以mgh ＜qU ，即看似动能为负值，实际意义为在此之前物体动能已为零，将沿原路返回，C 正确．把B 板下移后，有mgh ′－qU ＝12mv 2＞0，即质点到达N 孔时仍有向下的速度，将穿过B 板继续下落，D 正确．3．(2018·贵州三校联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN 将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN 某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m 的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v －t 图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )A ．滑块在MN 右边运动的位移大小与在MN 左边运动的位移大小相等B ．在t ＝5 s 时，滑块经过边界MNC ．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5D ．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功解析：选C.根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN 右边运动的位移大小与在MN 左边运动的位移大小不相等，选项A 错误．根据题图乙所示速度图象可知，t ＝2 s 时滑块越过分界线MN ，选项B 错误．根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2 s 时间内，滑块加速度大小可表示为a 1＝v 02，在2～5 s 时间内，滑块加速度大小可表示为a 2＝v 03，设电场力为F ，运动过程中所受摩擦力为f ，对滑块在MN 分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，F －f ＝ma 1，对滑块在MN 分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f ＝ma 2，联立解得：f ∶F ＝2∶5，选项C 正确．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为：W f ＝f ·2.5v 0，电场力做的功可表示为W F ＝F ·v 0＝2.5f ·v 0，二者做功相等，选项D 错误．4．(多选)(2018·湖北八校联考)如图所示，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P ⎝⎛⎭⎪⎫1k ，1k.已知重力加速度为g ，则( )A ．电场强度的大小为mg qB ．小球初速度的大小为g 2kC ．小球通过点P 时的动能为5mg4kD ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mgk解析：选BC.小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x 轴正方向，qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mg q ，A 错误；F 合＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由类平抛运动规律有1k＝v 0t ，1k ＝12gt 2，得小球初速度大小为v 0＝ g 2k ，B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12，所以小球通过点P 时的动能为12mv 2＝12m (v 20＋v 2x )＝5mg4k ，C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W ＝qE ·1k 1cos 45°＝2mgk，D 错误．5.在水平向右的匀强电场中，有一质量为m 、带正电的小球，用长为l 的绝缘细线悬挂于O 点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：(1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？ (2)小球在B 点的初速度多大？解析：(1)如图所示，小球所受到的重力、电场力均为恒力，二力的合力为F ＝mgcos θ.重力场与电场的叠加场为等效重力场，F 为等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g ′＝gcos θ，其方向与F 同向，因此B 点为等效最低点，A 点为等效最高点，小球在A 点速度最小，设为v A ，此时细线的拉力为零，等效重力提供向心力，则mg ′＝m v 2Al，得小球的最小速度为v A ＝glcos θ.(2)设小球在B 点的初速度为v B ，由能量守恒得： 12mv 2B ＝12mv 2A ＋mg ′·2l ， 将v A 的数值代入得：vB ＝ 5glcos θ. 答案：(1)A 点速度最小glcos θ(2)5glcos θ6．如图甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求：(1)交变电压的周期T 应满足什么条件？(2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件？解析：(1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，(反向)减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nTv 0，解得T ＝Lnv 0粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫14T 2又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m ≤12d解得T ≤2d 2mqU 0故n ≥L 2dv 0 qU 02m ，即n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数 所以粒子的周期应满足的条件为T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数． (2)粒子进入电场的时刻应为14T ，34T ，54T ，…故粒子进入电场的时刻为t ＝2n －14T (n ＝1，2，3…)．答案：(1)T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数 (2)t ＝2n －14T (n ＝1，2，3…)。

章末目标检测卷七静电场(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。

每小题只有一个选项符合题目要求)1.在电场中,下列说法正确的是()A.某点的电场强度大,该点的电势肯定高B.某点的电势高,摸索电荷在该点的电势能肯定大C.某点的电场强度为零,摸索电荷在该点的电势能肯定为零D.某点的电势为零,摸索电荷在该点的电势能肯定为零2.如图所示,虚线表示某电场的等势面,实线表示一带电粒子仅在静电力作用下运动的径迹。

粒子在A点的加速度为a A、动能为E k A、电势能为E p A,在B点的加速度为a B、动能为E k B、电势能为E p B。

下列结论正确的是()A.a A>a B,E k A>E k BB.a A<a B,E p A>E p BC.a A<a B,E p A<E p BD.a A>a B,E k A<E k B3.如图所示,竖直面内分布有水平方向的匀强电场,一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b,在这个过程中,带电粒子()A.只受到静电力作用B.带正电C.做匀减速直线运动D.机械能守恒4.(2024·浙江卷)如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板,在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧,弹簧另一端与A球连接。

A、B、C三小球的质量均为m,q A=q0>0,q B=-q0,当系统处于静止状态时,三小球等间距排列。

已知静电力常量为k,则()q0A.q C=47B.弹簧伸长量为mm sin mm0C.A球受到的库仑力大小为2mgD.相邻两小球间距为q0√3m7mm5.对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言,当选取离点电荷无穷远处的电势为零时,离点电荷距离为r位置的电势为φ=mmm(k为静电力常量),如图所示,两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d,现将一质子(电荷量为e)从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC 移到C点,在质子从A到C的过程中,系统电势能的变更状况为()A.削减2mmmmm2-m2B.增加2mmmmm2+m2C.削减2mmmm2-m2D.增加2mmmm2+m26.如图所示,空间正四棱锥形的底面边长和侧棱长均为a,水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为+q的小球,顶点P处有一个质量为m的带电小球,在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态。

第七章 第3课时一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．(68520219)(2016·天津理综)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变解析：D [若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据C ＝εr S 4πkd可知，C 变大，Q 一定，则根据Q ＝CU 可知，U 减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E ＝U d，Q ＝CU ，C ＝εr S 4πkd 联立可得：E ＝4πkQ εr S，可知Q 一定时，E 不变；根据U 1＝Ed 1可知P 点离下极板的距离不变，E 不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，则E p 不变，故选项A 、B 、C 错误，D 正确．]2．(2017·山东泰安一模)带等量异种电荷的金属板M 、N 平行正对水平放置，间距为d ，M 板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．一带电微粒从距离M 板上方高d 处的P 点由静止开始下落，穿过M 板的小孔后刚好到达N 板处的Q 点(但未触及N 板)而返回．不计空气阻力，忽略金属板正对部分之外的电场．现将M 板向上平移d 2的距离，再让原带电微粒从P 点由静止开始下落．则微粒的运动情况为( ) A ．落到N 板上B ．到达与N 板相距d 就返回C ．到达与N 板相距d 2就返回 D ．仍刚好到达Q 点而返回解析：B [平行板电容器电容C ＝εr S 4πkd ，由U ＝Q C 及E ＝U d 可知，E ＝4πkQ εr S，当两板间距离变化时，电场强度不变．M 板移动前，对带电粒子下落过程应用动能定理得mg ·2d －Eq ·d ＝0，M 板移动后，设粒子在板间运动的距离为x 时，速度为零，则有mg ⎝⎛⎭⎫d 2＋x －Eqx ＝0，两式联立解得x＝d 2，可知该点与N 板的距离为d ，B 正确．] 3．(2017·东北师大附中、吉林一中、长春11高、松原实验中学等五校联考)如图所示，在匀强电场中有四条间距均为d 的平行等势线1、2、3、4，各条线上的电势分别为0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一个带电粒子，质量为m (不计重力)，电荷量为q ，从A 点与等势线4成θ角以初速度v 0射入电场中，到达等势线2上的B 点时，速度方向恰好水平向左，则匀强电场场强的大小为( )A.m v 20sin 2θ4qd B.m v 20sin 2θ2qdC.m v 20cos 2θ4qdD.m v 20cos 2θ2qd解析：A [带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，水平方向做速度为v x ＝v 0cos θ的匀速直线运动，竖直方向做初速度为v y ＝v 0sin θ，加速度为a ＝Eq m的匀减速直线运动，对运动过程应用动能定理有－Eq ·2d ＝12m v 2x －12m v 20，解得E ＝m v 20sin 2 θ4qd，A 正确．] 4．(2017·广东中山一中等七校联考)如图所示，水平放置的平行板电容器，两极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，它从上极板的边缘以初速度v 0射入，沿直线从下极板N 的边缘射出，则( )A ．微粒的加速度不为零B ．微粒的电势能减少了mgdC ．两极板间的电势差为mgd qD ．M 板的电势低于N 板的电势解析：C [由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，故A 错误．重力做功mgd ，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律可知，微粒的电势能增加了mgd ，故B 错误．由上可知微粒的电势能增加量ΔE ＝mgd ，又ΔE ＝qU ，得到两极板间的电势差U ＝mgd q，故C 正确．由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，则电场强度方向竖直向下，M 板的电势高于N 板的电势，故D 错误．]5．(2017·四川德阳一诊)如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，板间距离为d ，有一带电粒子P 静止在电容器中，当下极板快速下移x 后，粒子P 开始运动，重力加速度为g .则下列说法中正确的是( )A ．电容器的电容变大B ．电容器极板上的电荷量增多C ．粒子运动的加速度大小为x d ＋xg D ．粒子在运动过程中其电势能减小解析：C [由C ＝εr S 4πkd得，当下极板快速下移x 后，板间距离增大，电容减小，A 错误；由Q ＝CU 知极板上的电荷量Q 减小，B 错误；移动前，mg ＝U d q ，移动后，加速度a ＝mg －U d ＋x q m＝x d ＋xg ，C 正确；带电粒子向下运动，运动过程中，电场力做负功，电势能增加，D 错误．] 二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(68520220)(2017·山东烟台期末)如图，A 、B 为水平放置的平行板电容器，两极板间有一个质量为m 的带电粒子静止于P 点．现将下极板向下移动一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．电流计指针发生短时间的偏转B ．电容器所带电荷量增大C ．电容器两板间的电场强度变小D ．粒子将向上极板运动解析：AC [带电粒子静止于P 点，mg ＝Eq ，现将下极板向下移动一小段距离，E ＝U d，场强减小，粒子向下运动，C 正确，D 错误；由C ＝εr S 4πkd可知C 减小，由Q ＝CU 知电容器所带电荷量Q 减小，B 错误；电容器放电，电流计指针发生短时间的偏转，A 正确．]7．(2017·湖北部分重点高中第一次联考)如图所示，美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．平行板电容器两极板与电压为U 的恒定电源两极相连，板间距为d ，现有一质量为m 的带电油滴在极板间静止不动，则( )A ．此时极板间的电场强度E ＝U dB ．油滴带电荷量q ＝mg UdC ．减小极板间电压，油滴将向下加速运动D ．将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上加速运动解析：AC [由E ＝U d 知A 正确；带电油滴静止，则mg ＝Eq ＝U d q ，解得q ＝mgd U，B 错误；减小两板的电压，电场强度减小，则mg >Eq ，油滴将向下加速运动，C 正确；将下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电场强度减小，油滴将向下加速运动，D 错误．]8．(2017·山东潍坊期末)如图所示，水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，由此可知( )A ．从B 到C ，小球的动能减小B ．从B 到C ，小球的电势能减小C ．从A 到B 与从B 到C 小球的运动时间一定相等D ．从A 到B 与从B 到C 小球的速度变化量大小一定相等解析：AD [由运动轨迹可知：在MN 上方，带电小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动；在MN 下方，带电小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，加速度竖直向上，从B 到C ，合外力做负功，动能减小，A 正确；从B 到C ，电场力做负功，小球电势能增加，B 错误；由于电场力大小不确定，则小球在电场中加速度不确定，故两过程的时间长短不确定，C 错误；由于水平方向做匀速直线运动，所以速度的变化仅发生在竖直方向上，所以从A 到B 与从B 到C 两过程速度的变化量大小一定相等，D 正确．]9．(2017·福建漳州八校第一次联考)a 、b 、c 三个α粒子(不计重力)由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯定( )A ．在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上B ．b 和c 同时飞离电场C ．进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小D ．动能的增量相比，c 的最小，a 和b 的一样大解析：ACD [三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a 、b 偏转距离相等，且大于c 的偏转距离，由y ＝12at 2得知，a 、b 运动时间相等，大于c 的运动时间，即t a ＝t b ＞t c ，故在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上．而c 比b 先飞出电场，故A 正确，B 错误．三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，则有x ＝v 0t .由图看出，b 、c 水平位移相同，大于a 的水平位移，即x b ＝x c ＞x a ，而t a ＝t b ＞t c ，可见，初速度关系为v c ＞v b ＞v a ，故C 正确．由动能定理得ΔE k ＝qEy ，由图看出，a 和b 的偏转距离相等，大于c 的偏转距离，故a 、b 动能增量相等，且大于c 的动能增量，故D 正确．]三、非选择题(本题共2小题，共46分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)10．(68520221)(23分)(2017·河南中原名校第二次联考)如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝1.0×102 V/m ，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h ＝0.80 m 的a 处有一粒子源，粒子源以v 0＝2.0×102m/s 的初速度向水平面以下的各个方向均匀射出质量为m ＝2.0×10－15 kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－12 C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上．若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)(1)粒子源所在处a 点的电势；(2)带电粒子打在金属板上时的动能；(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)．解析：(1)题中匀强电场竖直向下，b 板接地，电势为零，因此φa ＝U ab ＝Eh ＝1.0×102×0.8 V ＝80 V .(2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理得qU ab ＝E k －12m v 20， 可得带电粒子打在金属板上时的动能为E k ＝qU ab ＋12m v 20＝1.2×10－10 J. (3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平射出时的落点为边界，设水平射出后t 时间落在板上，则x ＝v 0t ，h ＝12at 2，a ＝qE m，S ＝πx 2. 联立以上各式得 S ＝2πm v 20h qE＝4.0 m 2. 答案：(1)80 V (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m 211．(68520222)(23分)(2017·湖北八校第一次联考)如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R ＝0.2 m ，圆心为O ，下端与绝缘水平轨道在B 点相切并平滑连接．一带正电q ＝5.0×10－3C 、质量为m ＝3.0 kg 的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A 点．已知A 、B 两点间的距离为L ＝1.0 m ，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)若物块在A 点以初速度v 0向左运动，恰好能到达轨道的最高点D ，则物块的初速度v 0应为多大？(2)若整个装置处于方向水平向左、场强大小为E ＝2.0×103 N/C 的匀强电场中(图中未画出)，现将物块从A 点由静止释放，试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置(结果可用反三角函数表示)．(3)在(2)问的情景中，试求物块在水平面上运动的总路程．解析：(1)对物块由A 至D 过程中由动能定理得－2mgR －μmgL ＝12m v 2D －12m v 20， 对物块在D 点有mg ＝m v 2D R， 联立解得v 0＝14 m/s.(2)对物块，假设物块可运动到C 点，则由A 至C 过程有qE (L ＋R )－mgR －μmgL ＝12m v 2C－0，可得v C ＝0，故物块始终没有脱离轨道．故物块在运动过程速度最大时位于B 点左侧圆弧上，设其与圆心的连线与OB 的夹角为θ，对物块受力分析，可知tan θ＝qE mg ＝13，θ＝arctan 13. (3)对于物块在水平面上运动的全程有qEL －μmgL 总＝0，解得L 总＝53m. 答案：(1)14 m/s (2)见解析 (3)53m经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。