高三物理一轮复习单元评估检测七静电场

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1、单元评估检测(七)(第七章)静电场(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分。18题为单选题,912题为多选题)1.(2015江苏高考)静电现象在自然界中普遍存在,我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,春秋纬考异邮中有“玳瑁吸”之说,但下列不属于静电现象的是()A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B.带电小球移至不带电金属球附近,两者相互吸引C.小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生电流D.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉【解析】选C。小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生感应电流,是电磁感应现象,不是静电现象,故选C。2.如图所示,在平面直角坐标系中,有

2、方向平行于坐标平面的匀强电场,其中坐标原点O处的电势为0V,点A处的电势为6V,点B处的电势为3V,则电场强度的大小为()A.200V/mB.200V/mC.100V/mD.100V/m【解析】选A。x轴上OA的中点C的电势为3V,则BC连线为等势线,如图所示,电场的方向与等势线垂直,且由电势高处指向电势低处,根据几何图形,O点到BC的距离为d=1.5cm,所以E=V/m=200V/m,故选项A正确。3.(2017株洲模拟)如图所示,两个带有同种电荷的小球,用绝缘细线悬挂于O点,若q1q2,L1L2,平衡时两球到过O点的竖直线的距离相等,则导学号42722630()A.m1m2B.m1=m2C

3、.m1q2,L1L2,但两者的库仑力大小相等,则有=,由于F1=F2,所以m1=m2。故B正确。4.如图所示,a、b两个带正电的粒子,以相同的速度先后垂直于电场线、从同一点进入平行板间的匀强电场后,a粒子打在B板的a点,b粒子打在B板的b点,若不计重力,则()A.a的电荷量一定大于b的电荷量B.b的质量一定大于a的质量C.a的比荷一定大于b的比荷D.b的比荷一定大于a的比荷【解析】选C。由a、b在水平方向的位移不同可知两粒子在电场中的运动时间不同,tbta,根据y=at2,可知:aaab,又因为qaE=maaa,qbE=mbab,所以,故选项C正确,A、B、D错误。5.如图,质量相同的带电粒子

4、P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中,P从平行板间正中央射入,Q从下极板边缘处射入,它们都打到上极板同一点,不计粒子重力()A.它们运动的时间相同B.它们运动的加速度相同C.它们所带的电荷量相同D.电场力对它们做功相同【解析】选A。垂直电场方向不受力,做匀速直线运动,位移相等,故运动时间相等,所以A正确;平行电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,两粒子沿电场方向位移之比为12,根据位移公式x=at2可知a=,故可知aQaP,所以B错误;根据牛顿第二定律可知qE=ma,故有q=,所以它们的电荷量不相同,故C错误;电场力做的功W=qEx,代入x、q可知,电场力做功之比为14,所以D错误

5、。6.如图所示,空间有与水平方向成角的匀强电场。一个质量为m的带电小球,用长L的绝缘细线悬挂于O点。当小球静止时,细线恰好处于水平位置。现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点,此过程小球的电荷量不变。则该外力做的功为()导学号42722631A.mgLcotB.mgLtanC.D.mgL【解析】选A。小球在最高点受力平衡,如图,根据平衡条件,有T=mgcotqE=小球的位移如图中AB所示,电场力qE与位移的夹角为180-(-45),位移大小为L,对从最高点到最低点过程,运用动能定理得到:WF+mgL+qELcos180-(-45)=0由解得:WF=mgLcot故本题选A。7.(2017郑州模

6、拟)金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示,A、B两点到正电荷的距离相等,C点靠近正电荷,则()A.A、B两点的电势相等B.C点的电势比A点的低C.A、B两点的电场强度相等D.C点的电场强度比B点的大【解析】选D。沿着电场线电势逐渐降低,B点电势比A点电势高,C点的电势比A点电势高,故选项A、B错误;电场线的疏密表示电场的强弱,B点处电场线比A点处电场线密,C点处电场线比B点处电场线密,则B点的场强大于A点的场强,C点的场强大于B点的场强,故选项C错误,D正确。8.“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A

7、和B构成,A、B为电势值不等的等势面,电势分别为A和B,其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射,进入偏转电场区域,最后到达偏转器右端的探测板N,其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。下列说法中正确的是()A.A球面电势比B球面电势高B.电子在AB间偏转电场中加速度保持不变C.等势面C所在处电场强度的大小为E=D.等势面C所在处电势大于【解析】选C。电子做匀速圆周运动,电场力提供向心力,受力的方向与电场的方向相反,所以B板的电势较高,故A错误;电子做匀速圆周运动,其加速度方向始终指向圆心,

8、方向时刻变化,故选项B错误;电子在等势面C所在处做匀速圆周运动,电场力提供向心力,则eE=m,又R=,Ek0=mv2,联立以上三式解得E=,故C正确;该电场是辐射状电场,内侧的电场线密,电场强度大,所以UBCUCA,即B-CC-A,所以Cc,因此将一试探电荷+q由a移到c,电荷+q的电势能减小,选项D正确。【总结提升】电场中功能关系的应用(1)若只有电场力做功,电荷的电势能与动能相互转化,两者之和守恒。(2)若只有电场力和重力做功,电荷的电势能、重力势能与动能相互转化,其总和守恒。(3)电场力做功与电荷电势能的变化相对应,电场力做正功,电势能减少,电场力做负功,电势能增加。(4)合外力对电荷所

9、做的总功等于电荷动能的增量。10.如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则()导学号42722633A.平行板电容器的电容将变小B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将减少D.若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变【解析】选A、C、D。将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时,两极板的正对面积S不变,间距d变大,根据关系式C=可知,电容C减小,选项A正确;因为静电计指针的变化表征了电容

10、器两极板电势差的变化,题中电容器两极板间的电势差U不变,所以静电计指针张角不变,选项B错误;U不变,极板间距d变大时,板间场强E=减小,带电油滴所处位置的电势P=EdP增大,其中dP为油滴到下极板的距离,又因为油滴带负电,所以其电势能将减少,选项C正确;若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则电容器带电荷量Q不变,极板间距d变大,根据Q=CU、E=和C=可知E=,可见,极板间场强E不变,所以带电油滴所受电场力不变,选项D正确。11.(2017南昌模拟)如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为-10V,0,10V。实线是一带电的粒子(不计重力

11、)在该区域内运动的轨迹,已知带电粒子带电荷量为0.01C,在a点处的动能为0.5J,则该带电粒子()A.可能带正电B.在b点处的电势能为0.5JC.在b点处的动能为零D.在c点处的动能为0.4J【解析】选A、D。电场方向从高电势指向低电势,所以电场强度方向竖直向上,做曲线运动过程中,粒子受到的合力指向轨迹的内侧,而粒子只受电场力,故电场力方向向上,所以粒子带正电,A正确;在b点处的电势能为Epb=bq=100.01J =0.1J,B错误;在a处电势能为Epa=aq=-100.01J=-0.1J,运动过程中由于只有电场力做功,所以电势能与动能之和恒定,故Eka+Epa=Ekb+Epb,解得在b点

12、处的动能为0.3J,C错误;在c点电势能为零,故Eka+Epa=Ekc=0.4J,D正确。【加固训练】如图所示,矩形ABCD位于匀强电场中,且与匀强电场方向平行。已知AB=2BC,A、B、D的电势分别为6 V、2 V、4 V。初动能为24 eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场,恰好经过B。不计粒子的重力,下列说法正确的是()A.该粒子一定带负电B.该粒子到达点B时的动能为40eVC.改变初速度方向,该粒子可能经过CD.改变初速度方向,该粒子可能经过D【解析】选A、D。根据匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等,取AB的中点O,则O点的电势为4V,连接OD则为等势线,电场

13、强度与等势面垂直,且由高电势指向低电势,电场强度垂直OD斜向上,由物体做曲线运动的条件,电场力斜向下,故粒子带负电荷,故A正确;由动能定理得:qU=EkB-EkA,即:-4e(6-2)V= EkB-24eV,解得:EkB=8eV,故B错误;同理,求得C点的电势为0,由动能定理得: qU=EkC-EkA,即:-4e(6-0)V=EkC-24eV,解得:EkC=0,由曲线运动知识可知,粒子到达C点动能不为零,故C错误;由动能定理,得:qU=EkD-EkA,即:-4e(6-4)V=EkD-24eV,解得:EkD=16eV,故D正确。12.如图所示,空间有竖直向下的匀强电场,电场强度为E,在电场中P处

14、由静止释放一质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)。在P的正下方h处有一水平弹性绝缘挡板S(挡板不影响电场的分布),小球每次与挡板相碰后电量减小到碰前的k倍(k1),而碰撞过程中小球的机械能不损失,即碰撞前后小球的速度大小不变,方向相反。设在匀强电场中,挡板S处的电势为零,则下列说法正确的是()A.小球在初始位置P处的电势能为EqhB.小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度大于hC.小球第一次与挡板相碰后所能达到最大高度时的电势能小于EqhD.小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度小于h【解析】选A、B、C。因S处的电势为0,故P=Eh,小球在初始位置P处的电势能为Pq=Ehq,故选项

15、A正确;设小球第一次与挡板碰前的速度大小为v0,由动能定理得,mgh+qEh=m,设反弹后上升的高度为H,由能量守恒得(mg+Ekq)H= m,由以上两式可得H=h,因kh,选项B正确,D错误;因EqkH= EqhEqh,故选项C正确。二、计算题(本题共2小题,共40分。需写出规范的解题步骤)13.(20分)如图甲,水平放置的平行金属板A、B间的距离d=0.1m,板长L=0.3m,在金属板的左端竖直放置一个带有小孔的挡板,小孔恰好位于A、B板的正中间。距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图乙的方波形电压,已知U0=1.0102V。在挡板的左侧,有大量带正电的相

16、同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板,粒子的质量m=1.010-7kg,电荷量q=1.010-2C,速度大小均为v0=1.0104m/s。带电粒子的重力不计。导学号42722634(1)求粒子在电场中的运动时间。(2)求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离。(3)请证明粒子离开电场时的速度均相同。【解析】(1)粒子水平方向速度不变,做匀速直线运动,在电场中运动时间为t=s=310-5s(2分)(2)0时刻进入的粒子竖直方向上先做匀加速直线运动,用时t1=210-5s,再做匀减速直线运动,用时t2=110-5s,加速度大小相等,为:a=m/s2=1108m/s2,(2分)射

17、出电场时,竖直分速度为:vy=at1-at2=1108(210-5-110-5)m/s=1103m/s,(2分)因为t1=2t2,可将整个运动时间分成三个t2,根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知,在三个t2内粒子竖直分位移分别为:y1=a,y2=3a,y3=3a,(3分)所以射出电场时,竖直分位移为:Y=(1+3+3)a=7108(110-5)2m=0.035m(3分)依据比例可得:Y=Y+x=0.035m+0.05 m=0.085m(2分)(3)粒子离开电场时竖直分速度为:vy=a(t正-t负),(2分)式中t正为粒子在电场中运动时正向电压(上极板为U0)的持续时间,t负为粒子在电场中

18、运动时负向电压(下极板为U0)的持续时间,(t正-t负)恰好等于交变电压的周期的倍,(2分)故vy=aT=1108110-5m/s=1000m/s,(2分)答案:(1)310-5s(2)0.085m(3)证明见解析14.(20分)如图所示,甲图为示波管的示意图,竖直偏转电极的极板长l=4.0cm,两板间距离d=1.0cm,极板右端与荧光屏的距离L=18cm。由阴极发出的电子经电场加速后,以v=1.6107m/s的速度沿中心线进入竖直偏转电场。电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计,已知电子的电荷量e=1.610-19C,质量m=0.9110-30kg。导学号4

19、2722635(1)求加速电压U0的大小。(2)要使电子束不打在偏转电极的极板上,求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件。(3)若在竖直偏转电极上加如图乙所示的交变电压,则在荧光屏上会产生一条竖直的亮线,求亮线的长度。(第3小问保留2位有效数字)【解析】(1)对于电子通过加速电场的过程,根据动能定理有:eU0=mv2(2分)解得:U0=728V。(1分)(2)设偏转电场电压为U1时,电子刚好飞出偏转电场,则此时电子沿电场方向的位移恰为d,即d=t2(2分)电子通过偏转电场的时间t=(1分)解得:U1=91V,(1分)所以,为使电子束不打在偏转电极上,加在偏转电极上的电压U应小于91V。(1分)

20、(3)由图可知:u=40sin100t(V)。(1分)偏转电场变化的周期T=0.02s,(1分)而t=2.510-9s。Tt,可见每个电子通过偏转电场的过程中,电场可视为稳定的匀强电场。当极板间加最大电压时,电子有最大偏转量ym=t2=0.22cm(2分)电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v,垂直极板方向的分速度vy=ayt=t(2分)电子离开偏转电场到达荧光屏的时间t=(2分)电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vyt=2.0cm(2分)电子打在荧光屏上的总偏移量Ym=ym+y2=2.2cm(1分)电子打在荧光屏上产生亮线的长度为2Ym=4.4cm。(1分)答案:(1)728V(2)小于91V(3)4.4cm