高考物理一輪復習 單元過關檢測7 靜電場（含解析）-人教版高三物理試題

單元過關檢測(七)靜電場一、選擇題(本題共8小題，在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～8題有多項符合題目要求．)1．(2019·湖南株洲一模)如圖所示，實線表示某電場中的四個等勢面，它們的電勢分別為φ1、φ2、φ3和φ4，相鄰等勢面間的電勢差相等．一帶負電的粒子(重力不計)在該電場中運動的軌跡如虛線所示，a、b、c、d是其運動軌跡與等勢面的四個交點，則可以判斷()A．φ4等勢面上各點場強處處相同B．四個等勢面的電勢關系是φ1<φ2<φ3<φ4C．粒子從a運動到d的過程中靜電力一直做負功D．粒子在a、b、c、d四點的速度大小關系是va<vb<vc＝vdB[由等勢面的形狀可知該電場不是勻強電場，所以φ4等勢面上各點場強并不相同，A錯誤；由運動軌跡可知電場力由左向右，電場強度的方向由右向左，沿電場強度方向電勢逐漸降低，所以φ1<φ2<φ3<φ4，B正確；粒子從a運動到d的過程中靜電力先做負功后做正功，粒子在a、b、c、d四點的速度大小關系是va>vb>vc＝vd，C、D均錯誤．]2．(2019·安徽黃山模擬)如圖所示，兩根長度相等的絕緣細線，上端都系在同一水平天花板上，另一端分別連著質(zhì)量均為m的兩個帶電小球P、Q，兩小球靜止時，兩細線與天花板間的夾角θ＝30°，以下說法正確的是()A．細線對小球的拉力大小為eq\f(2\r(3),3)mgB．兩小球間的靜電力大小為eq\f(\r(3),3)mgC．剪斷左側細線瞬間P球的加速度大小為2gD．若兩球間的靜電力瞬間消失時Q球的加速度大小為eq\r(3)gC[P球受力如圖所示，由共點力平衡條件得，細線的拉力為T＝eq\f(mg,sinθ)＝2mg，庫侖力大小F＝mgcotθ＝eq\r(3)mg，故A、B錯誤；剪斷左側細線的瞬間，庫侖力不變，小球P所受的合力F合＝T＝2mg，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝2g，故C正確；若兩球間的靜電力瞬間消失時Q球的加速度大小為a＝eq\f(mgcosθ,m)＝eq\f(\r(3),2)g，故D錯誤．]3．(2018·四川樂山二調(diào))如圖所示，圖甲實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的P點由靜止釋放，不考慮兩粒子間的相互作用，僅在電場力作用下，兩粒子做直線運動，a、b粒子的速度大小隨時間變化的關系如圖乙中實線所示，虛線為直線，則()A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電B．a(chǎn)向左運動，b向右運動C．a(chǎn)電勢能減小，b電勢能增大D．a(chǎn)動能減小，b動能增大B[從v－t圖象中可以看出，a粒子加速度逐漸增大，b粒子加速度逐漸減小，因為粒子僅受電場力，可知a粒子所受電場力逐漸增大，b粒子所受電場力逐漸減小，所以a向左運動，b向右運動，B正確．由于不知電場的方向，所以無法判斷a、b的電性，故A錯誤．帶電粒子在沿電場力的方向運動時，電場力做正功，所以a、b的電勢能均減小，動能均增加，故C、D錯誤．]4．如圖所示，A、B為兩個等量正點電荷，O為A、B連線的中點，以O為坐標原點、垂直AB向右為正方向建立Ox軸．下列四幅圖分別反映了在x軸上各點的電勢φ(取無窮遠處電勢為零)和電場強度E的大小隨坐標x的變化關系，其中正確的是()C[兩個等量同種正點電荷連線中點O的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，故從O點沿著中垂線向右到無窮遠處的電場強度先增大后減小，故選項C正確，D錯誤；電場強度的方向一直向右，故電勢越來越低，由于不是勻強電場，故電勢不隨坐標x線性減小，選項A、B錯誤．]5．(2019·山東泰安一模)如圖所示，＋Q為固定的正點電荷，虛線圓是其一條等勢線．兩電荷量相同、但質(zhì)量不相等的粒子，分別從同一點A以相同的速度v0射入，軌跡如圖中曲線，B、C為兩曲線與圓的交點．a(chǎn)B、aC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的加速度大小，vB、vC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的速度大?。挥嬃Ｗ又亓Γ韵屡袛嗾_的是()A．a(chǎn)B＝aCvB＝vC B．a(chǎn)B>aCvB＝vCC．a(chǎn)B>aCvB<vC D．a(chǎn)B<aCvB>vCC[庫侖力F＝eq\f(kQq,r2)，兩粒子在B、C兩點受的庫侖力大小相同，根據(jù)粒子的運動軌跡可知aB>aC，a＝eq\f(F,m)，解得mB<mC，因為B、C兩點位于同一等勢線上，電勢相等，所以兩粒子從A運動到B和從A運動到C，電場力做功相同且做負功，有－W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以eq\f(1,2)mB(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,B))＝eq\f(1,2)mC(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,C))，因為mB<mC，所以vB<vC，C正確．]6．如圖所示，心臟除顫器用于刺激心臟恢復正常的跳動，它通過皮膚上的電極板使電容器放電．已知某款心臟除顫器，在短于一分鐘內(nèi)使70μF電容器充電到5000V，存儲875J能量，搶救病人時一部分能量在2ms脈沖時間通過電極板放電進入身體，此脈沖的平均功率為100kW.下列說法正確的是()A．電容器放電過程中電壓不變B．電容器充電至2500V時，電容為35μFC．電容器充電至5000V時，電荷量為35CD．電容器所釋放出的能量約占存儲總能量的23%D[電容器放電過程，電荷量減少，電壓減小，選項A錯誤；電容不隨電壓、電荷量的變化而變化，選項B錯誤；由C＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，選項C錯誤；由η＝eq\f(Pt,E總)知，η＝eq\f(2×10－3×100×103,875)×100%＝23%，選項D正確．]7．(2019·湖北聯(lián)考)如圖所示，美國物理學家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，準確地測定了電子的電荷量．平行板電容器兩極板與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間靜止不動，則()A．此時極板間的電場強度E＝eq\f(U,d)B．油滴帶電荷量q＝eq\f(mg,Ud)C．減小極板間電壓，油滴將向下加速運動D．將下極板向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上加速運動AC[由E＝eq\f(U,d)知A正確；帶電油滴靜止，則mg＝Eq＝eq\f(U,d)q，解得q＝eq\f(mgd,U)，B錯誤；減小兩板的電壓，電場強度減小，則mg>Fq，油滴將向下加速運動，C正確；將下極板向下移動一小段距離，板間距離增大，電場強度減小，油滴將向下加速運動，D錯誤．]8．一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿垂直方向．兩個比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)不同的帶電粒子A和B，從電容器邊緣同一豎直線上的不同位置(如圖)沿相同的水平方向同時射入兩平行板之間，經(jīng)過相同時間兩粒子落在電容器下板同一點P上．若不計重力和粒子間的相互作用，則下列說法正確的是()A．粒子A的比荷大于粒子BB．粒子A射入時的初速度大于粒子BC．若只減小兩板間的電壓，則兩粒子可能同時落在電容器下板邊緣上D．若只增大粒子B射入時的初速度，則兩粒子可能在兩板之間的某一位置相遇AC[粒子在電場中只受電場力作用，電場力與初速度方向垂直，所以，粒子做類平拋運動；在豎直方向，兩粒子運動時間相同，A的位移大于B的位移，所以，A的加速度大于B的加速度，又由加速度a＝eq\f(qE,m)，可知A的比荷大于B的比荷，故A正確；在水平方向，兩粒子運動時間相同，運動位移相同，所以，兩粒子射入時的初速度相等，故B錯誤；若只減小兩板間的電壓，則兩粒子的加速度同比減小，那么在豎直方向上，位移和加速度的比值仍舊相等，即A、B從原來高度落下需要的時間仍舊相同，所以，兩粒子可能同時落在電容器下板邊緣上，故C正確；若只增大粒子B射入時的初速度，則在水平方向上B的位移恒大于A的位移，那么兩粒子不可能在兩板之間的某一位置相遇，故D錯誤．]二、非選擇題9．如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點處分別固定著兩個等量正電荷．a(chǎn)、b是AB連線上兩點，其中Aa＝Bb＝L/4，a、b兩點電勢相等，O為AB連線的中點．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊(可視為質(zhì)點)以初動能E0從a點出發(fā)，沿AB直線向b運動，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點時的動能為初動能的n倍(n>1)，到達b點時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點，求：(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)O、b兩點間的電勢差UOb.解析(1)由Aa＝Bb＝eq\f(L,4)，O為AB連線的中點得：a、b關于O點對稱，則Uab＝0設小滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，對于滑塊從a→b過程，由動能定理得：q·Uab－f·eq\f(L,2)＝0－E.而f＝μmg解得：μ＝eq\f(2E0,mgL)(2)滑塊從O→b過程，由動能定理得：q·UOb－f·eq\f(L,4)＝0－nE0解得：UOb＝eq\f(2n－1E0,2q)答案(1)eq\f(2E0,mgL)(2)eq\f(2n－1,2q)E010．(2018·福建莆田二模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一坐標系xOy，已知A點坐標為(－2h，h)，O、B區(qū)間存在豎直向上的勻強電場．甲、乙兩小球質(zhì)量均為m，甲球帶的電荷量為＋q，乙球帶的電荷量為－q，分別從A點以相同的初速度水平向右拋出后，都從O點進入勻強電場，其中甲球恰從B點射出電場，乙球從C點射出電場，且乙球射出電場時的動能是甲球射出電場時動能的13倍．已知重力加速度為g.求：(1)小球經(jīng)過O點時速度的大小和方向；(2)勻強電場的電場強度E.解析(1)如圖1所示，設小球經(jīng)過O點時的速度為v，水平分速度為vx，豎直分速度為vy，平拋運動的時間為t.圖1根據(jù)平拋運動規(guī)律h＝eq\f(1,2)gt2①，2h＝vxt②，vy＝gt③，v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))④，tanθ＝eq\f(vy,vx)⑤由以上式子解得v＝2eq\r(gh)，θ＝45°，vy＝vx⑥(2)甲球在B點的速度如圖2所示，乙球在C點的速度如圖3所示．依題意得EkC＝13EkB圖2圖3甲球在OB運動過程中電場力、重力做功為零，故甲球在B點射出時速度仍為v，水平分速度仍為vx，豎直分速度為vy，大小不變，方向豎直向上．設甲球在電場中的加速度為a甲，乙球在電場中的加速度為a乙；甲、乙兩球在電場中運動的時間為t′.研究豎直方向，有對甲球：2vy＝a甲t′⑧，Eq－mg＝ma甲⑨，對乙球：vay－vy＝a乙t′⑩，Eq＋mg＝ma乙?，由⑥～?式解得E＝eq\f(3mg,q).答案(1)2eq\r(gh)與水平方向的夾角θ＝45°(2)eq\f(3mg,q)11．如圖所示，在光滑絕緣水平面上有兩個帶電小球A、B，質(zhì)量分別為3m和m，小球A帶正電q，小球B帶負電－2q，開始時兩小球相距s0，小球A有水平向右的初速度v0，小球B的初速度為零，取初始狀態(tài)下兩小球構成的系統(tǒng)的電勢能為零．(1)試證明當兩小球的速度相同時系統(tǒng)的電勢能最大，并求出該最大值；(2)試證明在兩小球的間距不小于s0的運動過程中，系統(tǒng)的電勢能總小于系統(tǒng)的動能，并求出這兩種能量的比值的取值范圍．解析(1)由于兩小球構成的系統(tǒng)所受合外力為零，設某狀態(tài)下兩小球的速度分別為vA和vB，由動量守恒定律得3mv0＝3mvA＋mvB系統(tǒng)的動能減小量ΔEk＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由于系統(tǒng)運動的過程中只有電場力做功，所以系統(tǒng)的動能與電勢能之和守恒，考慮到系統(tǒng)初狀態(tài)下的電勢能為零，故系統(tǒng)在該狀態(tài)下的電勢能Ep＝ΔEk＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立得Ep＝－6mveq\o\al(2,A)＋9mv0vA－3mveq\o\al(2,0)當vA＝eq\f(3,4)v0時，系統(tǒng)的電勢能取得最大值，得vA＝vB＝eq\f(3,4)v0即當兩小球速度相同時，系統(tǒng)的電勢能最大，最大值Epmax＝eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0).(2)由于系統(tǒng)的電勢能與動能之和守恒，且初始狀態(tài)下系統(tǒng)的電勢能為零，所以在系統(tǒng)電勢能取得最大值時，系統(tǒng)的動能取得最小值，為