静电场

单元质检六静电场(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48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,选对但不全的得3分,有选错或不选的得0分)1.将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上(如图所示)。

O点为该正方形对角线的交点,直线段AB通过O点且垂直于该正方形,OA>OB,以下对A、B两点的电势和电场强度的判断,正确的是()A.A点电场强度小于B点电场强度B.A点电场强度大于B点电场强度C.A点电势等于B点电势D.A点电势高于B点电势答案:C解析:由电荷的对称分布规律可知AB直线上各点的电场强度为0,选项A、B错误;同理将一电荷从A 移动到B点电场力做功为0,则AB电势差为0,A点电势等于B点电势,选项C正确,选项D错误。

2.如图所示,实线表示一簇关于x轴对称的等势面,在x轴上有A、B两点,则()A.A点电场强度小于B点电场强度B.A点电场强度方向指向x轴负方向C.A点电场强度大于B点电场强度D.A点电势低于B点电势答案:A解析:根据电场线与等势面垂直,且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面,作出电场线分布,如图所示,则可知A、B两点处的电场强度方向应与x轴正方向同向,由电场线的疏密可知,A点处的电场强度小于B点处的电场强度,故正确选项为A。

3.图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点上分别固定着三个点电荷+q、+q、-q,则该三角形中心O点处的电场强度为()A.,方向由C指向OB.,方向由O指向CC.,方向由C指向OD.,方向由O指向C答案:B解析:每个点电荷在O点处的电场强度大小都是E=,画出矢量叠加的示意图,如图所示,由图可得O点处的合电场强度为E0=2E=,方向由O指向C,B项正确。

4.图中的虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面。

两个带电粒子M、N(重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场,运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示。

已知M是带正电的粒子。

则下列说法中正确的是()A.N一定也带正电B.a点的电势高于b点的电势,a点的电场强度大于b点的电场强度C.带电粒子N的动能减小、电势能增大D.带电粒子N的动能增大、电势能减小答案:D解析:根据偏转情况得带正电的M粒子向右偏,N粒子向左偏必带负电,故A错;该电场是匀强电场,故B错;两粒子都是电势能减小,动能增大,故C错,D对。

5.(2015·福建厦门质检)如图所示,实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面。

a、b、c、d为圆上的四个点,则下列说法中正确的是()A.a、b、c、d四点电场强度相同B.一电子从b点运动到c点,电场力做的功为0.8 eVC.若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域,将做加速度先减小后增大的直线运动D.所有从左侧平行于中心轴线进入电场区域的电子,都将会从右侧平行于中心轴线穿出〚导学号34220387〛答案:B解析:本题考查等势面、电场强度、电场力、电场力做功、牛顿第二定律等,意在考查考生对电场基本概念、基本规律的理解能力、分析判断能力。

a、b、c、d四点电场强度方向与相应各点等势面切线方向垂直,方向不同,故电场强度一定不同,A项错;电场力做功W=-eU bc=-e(φb-φc)=0.8 eV,B项正确;中心位置等势面最密,电场强度最大,电子所受电场力最大,故加速度最大,所以电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域,将做加速度先增大后减小的直线运动,C项错;电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域,根据曲线运动条件,运动轨迹向合力方向偏,因此只有在中心轴线的电子沿直线运动,其余做曲线运动并向中心轴线汇聚,不能从右侧平行于中心轴线穿出,故D错误。

6.(2015·昆明三中、玉溪一中统考)平行板电容器的两板A、B接于电池两极,一个带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器内部,闭合开关S,电容器充电,这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ,如图所示,那么()A.保持开关S闭合,将A板稍向B板靠近,则θ增大B.保持开关S闭合,将A板稍向上移,则θ减小C.断开开关S,将A板稍向B板靠近,则θ不变D.断开开关S,将A板稍向上移,则θ减小答案:AC解析:本题考查电容器动态变化、带电小球受力分析等知识点,意在考查考生的综合分析能力。

保持开关S闭合,两极板电压不变,将A板稍向B板靠近,由U=Ed可知,电场强度E增大,带电小球所受电场力增大,则θ增大,选项A正确。

保持开关S闭合,两极板电压不变,将A板稍向上移,两极板正对面积减小,电容减小,但是由U=Ed可知,E不变,则θ不变,选项B错误。

断开开关S,电容器极板的电荷量不变,将A板稍向B板靠近,极板之间电场强度不变,则θ不变,选项C正确。

断开开关S,电容器极板的电荷量不变,将A板稍向上移,两极板正对面积减小,电容减小,由C=可知,U增大,由U=Ed可知,E增大,带电小球所受电场力增大,则θ增大,选项D错误。

7.如图,一个点电荷只受电场力作用沿圆弧做匀速圆周运动,若圆弧的弧长为s,经过圆弧M、N 两点的时间为t,经过这两点的速度偏向角为θ,不考虑点电荷对周围电场的影响,则()A.M、N两点的电势相等B.点电荷的加速度大小为a=C.该点电荷所处的电场可能是两个等量同种点电荷所产生的D.该电场的电场强度方向一定指向圆弧的圆心答案:ABC解析:点电荷只受电场力作用沿圆弧做匀速圆周运动,则电场力充当向心力,与速度方向垂直,电场力不做功,所以M、N两点的电势相等,A正确;根据几何知识可得圆弧所对圆心角为θ,所以运动半径为r=,点电荷运动角速度为ω=,故点电荷的向心加速度为a=ω2r=,B正确;该点电荷q可以在两个等量同种点电荷中垂面上做匀速圆周运动,所以该点电荷q所处的电场可能是两个等量同种点电荷所产生的,故C正确;点电荷的电性未知,所以无法判断电场强度方向,D错误。

8.如图所示,在两条竖直边界线所围的匀强电场中,一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以某一水平速度射入电场,从右边界的Q点射出,下列判断正确的有()A.粒子带正电B.粒子做匀速圆周运动C.粒子电势能增大D.该粒子通过电场的时间不变〚导学号34220388〛答案:AD解析:由题意知,粒子做类平抛运动,由题图知粒子所受电场力竖直向下,与电场方向相同,故粒子带正电,所以A正确,B错误;电场力做正功,故电势能减小,所以C错误;粒子在水平方向做匀速直线运动,故粒子通过电场的时间不变,所以D正确。

二、计算题(本题共3小题,共52分)9.(15分)如图所示,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强电场,坐标系内有A、B两点,其中A点坐标为(6 cm,0),B点坐标为(0, cm),坐标原点O处的电势为0,A点的电势为8 V,B点的电势为4 V。

现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v=4×105 m/s射入电场,粒子运动时恰好通过B点,不计粒子所受重力,求:(1)图中C处(3 cm,0)的电势;(2)匀强电场的电场强度大小;(3)带电粒子的比荷。

〚导学号34220389〛答案:(1)4 V(2)×102 V/m(3)2.4×1011 C/kg解析:(1)设C处的电势为φC,因为OC=CA所以φO-φC=φC-φA解得φC= V=4 V(2)B、C两点的连线为等势线,电场强度方向与等势线BC垂直,设∠OBC=θ,则OB=L= cm因为tan θ=,所以θ=60°又U=Ed可得E= V/m=×102 V/m(3)带电粒子做类平抛运动,则有L cos θ=vtL sin θ=t2C/kg=2.4×1011 C/kg解得-所以带电粒子的比荷为2.4×1011 C/kg。

10.(17分)如图所示,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。

一电荷量为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F N a和F 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。

答案:E=(F N b-F N a)E k a=(F N b+5F N a)E k b=(5F N b+F N a)解析:质点所受电场力的大小为F=qE①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F+F N a=m②F N b-F=m③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E k a=④E k b=⑤根据动能定理有E k b-E k a=2rF⑥联立①②③④⑤⑥式得E=(F N b-F N a) ⑦E k a=(F N b+5F N a) ⑧E k b=(5F N b+F N a)。

⑨11.(20分)如图所示,一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看作质点)从y轴上的A点以初速度v0水平抛出,两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与水平方向间的夹角为θ=37°。

(sin 37°=0.6)(1)若带电小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间,试求带电小球在y轴上的抛出点A的坐标及小球抛出时的初速度v0;(2)若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场,且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E=,试计算两平行金属板M、N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上。

〚导学号34220390〛答案:(1)(2)L解析:(1)设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t,由题意,在与x轴平行的方向上,有cos θ=v0ttan θ=带电小球在竖直方向上下落的距离为h=gt2所以小球抛出点A的纵坐标为y=h+sin θ以上各式联立并代入数据可解得v0=,y=L,t=2,h=所以小球抛出点A的坐标为,小球抛出时的初速度大小为v0=(2)设小球进入电场时的速度大小为v,则由动能定理可得mgh=mv2-解得v=带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示。

因为E=,所以qE=mg cos θ因此,带电小球进入该匀强电场之后,将做类平抛运动。

其加速度大小为a==g sin θ设带电小球在该匀强电场中运动的时间为t',欲使小球不打在N板上,由平抛运动的规律可得d=vt'at'2联立以上各式并代入数据可得d=L。