2019年高考物理总复习 第七章 静电场（课件+练习）（打包7套）教科版.zip

1第 1 课时 库仑定律 电场力的性质1.(2018·北京西城质检)如图所示,两个电荷量均为+q 的小球用长为 l 的轻质绝缘细绳连接,静止在光滑的绝缘水平面上.两个小球的半径 r≪l.k 表示静电力常量,则轻绳的张力大小为( B ) A.0 B. C.2 D.解析:两小球间库仑力大小 F= ,对于任意一个小球,则绳的张力 T=F,选项 B 正确.2.(2018·山东潍坊模拟)如图所示的真空空间中,仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷,则图中 a,b 两点电场强度和电势均相同的是( C )解析:A,D 项中,a,b 两点处电场强度大小相等但方向不同,选项 A,D 错误;B 项中,a,b 两点处电场强度大小及方向均不相同,选项 B 错误;C 项中,a,b 两点处在+q,-q 连线的中垂线上,且关于连线中点对称,故电场强度相同,电势相同,选项 C 正确.3.(2017·辽宁大连二模)下列选项中的各绝缘直杆大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各直杆间彼此绝缘.坐标原点 O 处电场强度最大的是( B )解析:设带电荷量为 q 的直杆在原点 O 处产生的电场强度大小为 E,则题中 A 图电场强度大小为 E,根据电场强度的合成满足平行四边形定则,B 图电场强度大小为 E,C 图电场强度大小为 E,D 图电场强度大小为零,选项 B 正确.4.(2018·山西运城模拟)如图所示边长为 a 的正三角形 ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷+q,+q,-q,则该三角形中心 O 点处的电场强度为( B )2A. ,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,选项 B 正确.5.(2018·河北唐山质检)一负电荷从电场中 A 点由静止释放,只受电场力作用,沿电场线运动到 B 点,它运动的 v t 图像如图所示.则 A,B 两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的( C )解析:由 v-t 图像可知负电荷运动的速度越来越大,加速度也越来越大,可见其受到电场力越来越大,电场强度也就越来越大,又因负电荷的受力方向与电场强度方向相反,故选项 C 符合题意,A,B,D 错误.6.如图所示,在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心 O 处放一点电荷,将质量为 m、带电荷量为 q 的小球从圆弧管的水平直径端点 C 由静止释放,小球沿细管滑到最低点 B 时,对管壁恰好无压力.则放于圆心处的点电荷在 C 点产生的电场强度大小为( B )3A. B.C. D.解析:在 B 点由库仑力和重力的合力提供向心力,得 F-mg=m ,即 qE=m +mg,小球从 C 到 B电场力不做功,由动能定理 mgR= mv2,两个式子联立可知 E= .点电荷在 C 点产生的电场强度大小与 B 点相同,选项 B 正确.7.(2017·黑龙江哈尔滨二模)如图所示,一个均匀的带电圆环,带电荷量为+Q,半径为 R,放在绝缘水平桌面上.圆心为 O 点,过 O 点作一竖直线,在此线上取一点 A,使 A 到 O 点的距离为 R,在 A 点放一检验电荷+q,则+q 在 A 点所受的静电力为( B )A. ,方向向上 B. ,方向向上C. ,方向水平向左 D.不能确定解析:先把带电圆环分成若干个小部分,每一小部分可视为点电荷,各点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消,竖直向上方向上的静电力大小为 = ,选项 B正确.8.(2018·四川德阳期末)体积相同、带同种电荷的两个小球 A,B,质量分别为 m1,m2.将 A,B用绝缘细绳悬挂在同一水平天花板上,因静电力作用而使 A,B 两球分离,且静止在同一水平面上,L 1,L2分别与竖直方向成 30°,45°角,如图所示,则下列说法正确的是( A )A.两球质量的比值 =B.两球质量的比值 =4C.若将 L1和 L2同时剪断,剪断瞬间两球加速度大小的比值 =1D.若将 L1和 L2同时剪断,剪断瞬间两球加速度大小的比值 =解析:小球静止时,m 1gtan 30°=m2gtan 45°=F 库 ,得两球质量的比值 = ,选项 A 正确,B错误;将两绳同时剪断,两球的合力分别为 FA= =2F 库 ,FB= = F 库 ,由牛顿第二定律,剪断瞬间两球加速度大小的比值 = ,选项 C,D 错误.9.(2018·浙江杭州模拟)(多选)如图(甲)所示,在 x 轴上有一个点电荷 Q(图中未画出),O,A,B为轴上三点,放在 A,B 两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图(乙)所示,则( AC )A.A 点的电场强度大小为 2×103 N/CB.B 点的电场强度大小为 2×103 N/CC.点电荷 Q 在 A,B 之间D.点电荷 Q 在 A,O 之间解析:对于电场中任意一点而言,放在该处的试探电荷的电荷量 q 不同,其受到的电场力 F 的大小也不同,但比值 是相同的,即该处的电场强度.所以 F-q 图像是一条过原点的直线,斜率越大则电场强度越大.由题图可知 A 点的电场强度 EA=2×103 N/C,B 点的电场强度EB=0.5×103 N/C,选项 A 正确,B 错误;A,B 两点放正、负不同的电荷,受力方向总为正,说明A,B 两点的电场强度方向相反,点电荷 Q 只能在 A,B 之间,选项 C 正确,D 错误.10.导学号 58826150(2018·河南郑州模拟)(多选)如图所示,光滑绝缘水平面上有三个带电小球 A,B,C(可视为点电荷),三球沿一条直线摆放,仅在它们之间的静电力作用下静止,则以下判断正确的是( AD )A.A 对 B 的静电力一定是引力B.A 对 B 的静电力可能是斥力C.A 的电荷量可能比 B 少5D.A 的电荷量一定比 B 多解析:根据电场力方向来确定各自电性,从而得出“两同夹一异”,因此 A 对 B 的静电力一定是引力,选项 A 正确,B 错误;根据库仑定律来确定电场力的大小,并由平衡条件来确定各自电荷量的大小,因此在大小上一定为“两大夹一小”,因此 A 的电荷量一定比 B 多.选项 C 错误,D 正确.11.导学号 58826151 如图所示,ABCD 为竖直放在电场强度为 E=104 V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨道的 BCD 部分是半径为 R 的半圆环,轨道的水平部分与半圆环相切,A 为水平轨道的一点,而且 AB=R=0.2 m.把一质量 m=100 g、带电荷量 q=+10-4 C 的小球放在水平轨道的 A 点,由静止开始被释放后,在轨道的内侧运动.求:(g= 10 m/s 2)(1)它到达 C 点时的速度是多大?(2)它到达 C 点时对轨道的压力是多大?解析:(1)设小球在 C 点的速度大小是 vC,对轨道的压力大小为 FN,则对于小球由 A→C 的过程中,应用动能定理列出 2qER-mgR= m ,解得 vC=2 m/s.(2)在 C 点时,小球受到轨道对它的弹力和电场力,应用牛顿第二定律,有 N′-qE=m ,解得N′=3 N.由牛顿第三定律知 N=N′=3 N.答案:(1) 2 m/s (2)3 N12.导学号 58826152 一小球带正电,质量为 m,电荷量为 q,由空中 A 点以初速度 v0水平抛出,落地时速度方向与初速度方向夹角为 θ 1=45°.若在整个空间施加竖直向下的匀强电场,电场强度为 E= ,小球仍由 A 点以相同的初速度水平抛出,求:(1)A 点距离地面的高度;(2)加电场后,落地时速度方向与 v0之间的夹角 θ 2.解析:(1)无电场时,设落地速度为 v1,有 =cos θ 1,由动能定理,有 mgh= m - m ,可得 h= .(2)加电场后,设落地速度为 v2,有 =cos θ 2,由动能定理有 mgh+Eqh= m - m ,可得 θ 2=60°.6答案:(1) (2)60°13.导学号 58826153 如图所示,长 L=1.2 m、质量 M=3 kg 的木板静止放在倾角为 37°的光滑斜面上,质量 m=1 kg、带电荷量 q=+2.5×10-4 C 的物块放在木板的上端,木板和物块间的动摩擦因数 μ=0.1,所在空间加有一个方向垂直斜面向下、电场强度 E=4.0×104 N/C 的匀强电场.现对木板施加一平行于斜面向上的拉力 F=10.8 N.取 g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,斜面足够长.求:(1)物块经多长时间离开木板;(2)物块离开木板时木板获得的动能;(3)物块在木板上运动的过程中,由于摩擦而产生的内能.解析:(1)物块向下做加速运动,设其加速度为 a1,木板的加速度为 a2,则由牛顿第二定律对物块有 mgsin 37°-μ(mgcos 37°+qE)=ma 1代入数据,求得 a1=4.2 m/s2.对木板有 Mgsin 37°+μ(mgcos 37°+qE)-F=Ma 2代入数据,求得 a2=3 m/s2又 a1t2- a2t2=L得物块滑过木板所用时间 t= s.(2)物块离开木板时木板的速度 v2=a2t=3 m/s.其动能为 = M =27 J.(3)由于摩擦而产生的内能为Q=fx 相对 =μ(mgcos 37°+qE)·L=2.16 J.答案:(1) s (2)27 J (3)2.16 J1第 2 课时 电场能的性质1.(多选)关于静电场,下列说法正确的是( AD )A.在电场中,电势越高的地方,负电荷在该点具有的电势能越小B.把负电荷从 A 点移到 B 点电场力做正功,则有 UAB0C.在电场中电场强度大的地方,电势一定高D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向解析:由电势能与电势的关系,E p=qφ,知电势越高的地方,负电荷在该点具有的电势能越小,选项 A 正确;由电场力做功公式 WAB=qUAB,知 q0,则得 UAB cC.正电荷在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能D.将正电荷由 O 移到 b 电场力做了功解析:根据电场的对称性,a,c 两点的电场强度相同,选项 A 正确;沿电场线电势降低, a c,选项 B 正确;正电荷在高电势处电势能大,选项 C 正确;将正电荷由 O 移到 b,电场力与运动方向垂直,电场力不做功,选项 D 错误.3.a,b,c,d 是匀强电场中的四个点,它们正好是一个梯形的四个顶点,梯形的下底边长是上底边长的 3 倍,电场线与梯形所在平面平行,已知 a 点的电势为 20 V,b 点的电势为 24 V,d点的电势为 4 V,则 c 点的电势为( C )A.8 V B.12 VC.16 V D.20 V解析:由二级结论“匀强电场中任意直线上两点间的电势差与其两点间距离成正比”可知Ucd=3Uba,所以 Ucd=12 V,所以 c 点的电势为 16 V,选项 C 正确.4.(2017·河南新乡一模)如图所示,MN 是一正点电荷产生的电场中的一条电场线.一个带负电的粒子(不计重力)从 a 到 b 穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示.下列结论正确的是( D )A.点电荷一定位于 M 点的左侧B.带电粒子从 a 到 b 的过程中动能逐渐减小2C.带电粒子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度D.带电粒子在 a 点时的电势能大于在 b 点时的电势能解析:根据粒子运动轨迹,其受到的电场力指向轨迹的凹侧,因粒子带负电,电场强度方向水平向左,故点电荷位于 N 点右侧,b 点离点电荷较近,粒子在 b 点受到的电场力较大,加速度大,选项 A,C 错误;根据图示可知,电场力方向与粒子速度方向成锐角,故电场力对粒子做正功,根据动能定理可知,粒子的动能增加,电势能减小,选项 B 错误,D 正确.5.(2016·海南卷,10)(多选)如图,一带正电的点电荷固定于 O 点,两虚线圆均以 O 为圆心,两实线分别为带电粒子 M 和 N 先后在电场中运动的轨迹,a,b,c,d,e 为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是( ABC )A.M 带负电荷,N 带正电荷B.M 在 b 点的动能小于它在 a 点的动能C.N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能D.N 在从 c 点运动到 d 点的过程中克服电场力做功解析:由粒子运动轨迹可知 M 带负电,N 带正电.对 M 粒子由动能定理 qUab=Ekb-Eka,qUabEB,选项 A 正确;粒子从 A 到 B 动能增加,由动能定理知电场力必做正功,电势能必减小,选项 B 正确;同理由动能定理可知 A,C 两点的电势相等,U AB=UCB,选项 D 错误;仅受电场力作用的粒子在 C,D 间做匀速运动,所以 CD 间各点电场强度均为零,但电势是相对于零电势点而言的,可以不为零,选项C 错误.12.导学号 58826158 (2018·江西南昌质检)(多选)如图所示,虚线为某一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹,M,N 为运动轨迹上两点,下列说法中正确的是( AC )5A.如果实线表示电场线,则该粒子在 M 点的动能一定小于在 N 点的 动能B.如果实线表示等势面,则该粒子在 M 点的动能一定小于在 N 点的 动能C.不论实线表示电场线还是等势面,粒子在 M 点的加速度一定小于在 N 点的加速度D.不论实线表示电场线还是等势面,都不能确定 M,N 两点电势高低关系,但能确定该粒子所带电荷的正负解析:如果实线是电场线,做曲线运动的粒子受到的合力指向曲线的凹侧,从 M 到 N 电场力做正功,动能增加,选项 A 正确;如果实线表示等势面,粒子从 M 到 N 电场力做负功,动能减少,选项 B 错误;无论实线表示电场线还是等势面,N 点比 M 点的线要密,所以粒子在 N 点受到的电场力大,加速度也大,选项 C 正确;无论实线表示电场线还是等势面,不能确定 M,N 两点间电势高低关系,也不能确定该粒子所带电荷的正负,选项 D 错误.13.导学号 58826159 如图所示,水平向右的匀强电场中,一带电微粒从 A 点以竖直向上的初速度开始运动,经最高点 B 后回到与 A 在同一水平线上的 C 点,微粒从 A 到 B 过程中克服重力做功 2.0 J,电场力做功 3.0 J,则( D )A.微粒在 A 点的电势能比在 C 点多 6.0 JB.微粒在 A 点的动能比在 B 点多 1.0 JC.微粒在 A 点的机械能比在 C 点多 12.0 JD.微粒在 C 点的动能为 14.0 J解析:因微粒在竖直方向做竖直上抛运动,水平方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动,所以微粒从 A 到 B 和从 B 到 C 的时间相同,x AB= at2,xAC= a(2t)2,所以 xAC=4xAB,则电场力做功 WAC=4WAB=12 J,微粒从 A 到 C 电场力做功为 12.0 J,所以微粒在 A 点的电势能比在 C 点多 12.0 J,微粒在 A 点的机械能比在 C 点少了 12.0 J,选项 A,C 错误;微粒从 A 到B 由动能定理知 ΔE k=3.0 J-2.0 J=1.0 J,即微粒在 A 点的动能比在 B 点少 1.0 J,选项 B错误;由题知微粒在 A 点时动能为 2.0 J,由 A 到 C 电场力做功 12.0 J,重力做功为 0,微粒在 C 点的动能为 14.0 J,选项 D 正确.14.导学号 58826160(2018·湖北黄冈模拟)有一带负电的小球,其带电荷量 q=-2×10-4 C,如图所示,开始时静止在电场强度为 E=2×103 V/m 的匀强电场中的 P 点,靠近极板 B 有一挡板 S,小球与挡板 S 的距离 h=4 cm,与 A 板的距离 H=36 cm,小球的重力忽略不计,在电场力作用下小球向左运动,与挡板 S 相碰后电荷量减少到碰前的 k 倍,已知 k= ,碰撞过程中小球的机械能没有损失.6(1)设匀强电场中挡板 S 所在位置的电势为零,则小球开始在 P 点时的电势能为多少?(2)小球第一次被弹回到达最右端时距 S 板的距离为多少?(3)小球从 P 点出发到第一次到达最右端的过程中,电场力对小球做了多少功?解析:(1)SP 间的电势差USP=φ S-φ P=Eh=2×103×0.04 V=80 V,因 φ S=0,所以 φ P=-80 V所以小球在 P 点时的电势能Ep=qφ P=-2×10-4×(-80)J=0.016 J.(2)设小球与 S 碰撞时速度大小为 v,小球第一次从 P 到 S 有-qEh= mv2,设小球第一次被弹回至最右端距 S 板的距离为 h1,有(-kq)Eh1= mv2所以 h1= h≈4.6 cm.(3)由动能定理知小球从 P 点出发到碰撞前有W1= mv2碰撞后至到达最右端有 W2=0- mv2则电场力做的总功 W=W1+W2=0答案:(1)0.016 J (2)4.6 cm (3)01第 3 课时 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动1.如图所示的实验装置中,极板 A 接地,平行板电容器的极板 B 与一个灵敏的静电计相接.将 A 极板向左移动,增大电容器两极板间的距离时,电容器所带的电荷量 Q、电容 C、两极板间的电压 U、电容器两极板间的电场强度 E 的变化情况是( C )A.Q 变小,C 不变,U 不变,E 变小B.Q 变小,C 变小,U 不变,E 不变C.Q 不变,C 变小,U 变大,E 不变D.Q 不变,C 变小,U 变大,E 变小解析:由题意可知,电容器未接电源,故电容器的电荷量不变,选项 A,B 错误;根据C= ,E= ,C= 可知,当两极板间的距离 d 增大时,C 变小,U 变大,三式联立可得 E=,故电场强度 E 不变,选项 C 正确,D 错误.2.如图,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,极板间距为 d;在下极板上叠放一厚度为 l 的金属板,其上部空间有一带电粒子 P 静止在电容器中.当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子 P 开始运动.重力加速度为 g.粒子运动的加速度为( A )A. g B. g C. g D. g解析:抽出前 qE1=mg,抽出后 mg-qE2=ma.由电压不变得 E1(d-l)=E2d,联立解得 a= g,选项 A正确.3.(2018·河北秦皇岛模拟)带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置,a,b,c 三个粒子(重力忽略不计)先后从同一点 O 沿垂直电场方向进入电场,其运动轨迹如图所示,其中 b 恰好沿下极板的边缘飞出电场.下列说法正确的是( C )A.b 在电场中运动的时间大于 a 在电场中运动的时间2B.b 在电场中运动的时间等于 c 在电场中运动的时间C.进入电场时 c 的速度最大,a 的速度最小D.a 打在负极板上时的速度与 b 飞离电场时的速度大小相等解析:根据 y= at2可知 b 在电场中运动的时间等于 a 在电场中运动的时间,b 在电场中运动的时间大于 c 在电场中运动的时间,选项 A,B 错误;根据 x=v0t 可知进入电场时,c 的速度最大,a 的速度最小,选项 C 正确;因为电场力对 a,b 做功相同,但初速度大小不同,所以 a 打在负极板上时的速度与 b 飞离电场时的速度大小不相等,选项 D 错误.4.(2018·辽宁大连模拟)如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球,小球 A 从紧靠左极板处由静止开始释放,小球 B 从两板正中央由静止开始释放,两小球最终都能运动到右极板上的同一位置,则从开始释放到运动至右极板的过程中,下列判断正确的是( B )A.运动时间 tAtBB.电荷量之比 qA∶q B=2∶1C.机械能增加量之比 ΔE A∶ΔE B=2∶1D.机械能增加量之比 ΔE A∶ΔE B=1∶1解析:两小球在竖直方向上做自由落体运动,由 h= gt2得运动时间相同,选项 A 错误;两球的水平分运动都是初速度为 0 的匀加速运动,有 qE=ma,x= at2,所以 x= ,由于两球水平分位移之比为 2∶1,故 qA∶q B=2∶1,选项 B 正确;机械能的增加量等于电场力做的功,有ΔE=qEL,所以 ΔE A∶ΔE B=4∶1,选项 C,D 错误.5.(2018·安徽六校联考)如图所示,六面体真空盒置于水平面上,它的 ABCD 面与 EFGH 面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD 面带正电,EFGH 面带负电.从小孔 P 沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴 A,B,C,最后分别落在 1,2,3 三点.则下列说法正确的是( D )A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间不一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴 C 所带电荷量最多解析:三个液滴具有相同的水平初速度,但除了受重力以外,还受水平方向的电场力作用,不是平抛运动,选项 A 错误;在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动,下落高度又相同,运动3时间必相同,选项 B 错误;在相同的运动时间内,液滴 C 水平位移最大,说明它在水平方向的加速度最大,它受到的电场力最大,故它所带电荷量也最多,选项 D 正确;因为电场力对液滴C 做功最多,它落到底板时的速率最大,选项 C 错误.6.(2018·河南洛阳模拟)如图所示,平行板电容器与电源相连,下极板接地.一带电油滴位于两极板的中心 P 点且恰好处于静止状态,现将平行板电容器两极板在纸面内绕 OO′迅速顺时针转过 45°,则( C )A.P 点处的电势降低B.带电油滴仍将保持静止状态C.带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D.带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加解析:由于 P 点仍处于板的中间,故电势不变,选项 A 错误;设原来两极板间距为 d,两极板的电势差为 U,带电油滴处于静止状态,则 mg=q ,当电容器两极板绕 OO′顺时针转过 45°后,两极板间距变小为 d,由于电容器始终与电源相连,两极板的电势差仍为 U,故此时的电场力为原来的 倍,方向与水平方向成 45°指向右上方.带电油滴所受的合力方向恰好水平向右,故油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动,此过程中电场力做正功,油滴的电势能不断减小,选项 B,D 错误,C 正确.7.(2018·湖北武汉质检)如图所示,两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场,两极板相距为 d.一带负电的微粒从上极板 M 的左边缘以初速度 v0射入,沿直线从下极板的右边缘射出.已知微粒的电荷量为 q、质量为 m,下列说法正确的是( B )A.微粒的电势能减小了 mgdB.两极板间的电势差为C.N 板的电势高于 M 板的电势D.微粒的动能增加了 mgd解析:重力做功 mgd,微粒的重力势能减小,动能不变,根据能量守恒定律得知,微粒的电势能增加了 mgd,选项 A,D 错误;微粒的电势能增加量 ΔE p=mgd,又 ΔE p=qU,得到两极板的电势差U= ,选项 B 正确;由题可判断出电场力方向竖直向上,微粒带负电,电场强度方向竖直向下,M 板的电势高于 N 板的电势,选项 C 错误.48.(2017·河北石家庄二模)(多选)如图所示,一水平放置的平行板电容器,下板 A 固定,上板B 与竖直悬挂的绝缘弹簧连接,A,B 间有一固定的带正电荷的液滴 P,电容器带电荷量为 Q1,若让电容器充电或放电,使之带电荷量为 Q2,则下列说法正确的是( AC )A.若 Q2Q1,则弹簧的长度增加B.若 Q2Q1,则电容器的电容减少C.若 Q2Q1,则带电液滴 P 的电势能增加D.若 Q20)的液滴,在电场强度大小为 E= 、方向水平向右的匀强电场中运动,运动轨迹在竖直平面内.A,B 为其运动轨迹上的两点,已知该液滴在 A 点的速度大小为 v0,方向与电场方向的夹角为 60°;它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30°.求 A,B 两点间的电势差.解析:由题意知 qE= mg,液滴重力不能忽略,把运动分解水平方向有 vsin 60°=v0sin 30°+ t竖直方向有 vcos 60°=v0cos 30°-gt可得 v= v0,t=由牛顿第二定律得水平方向加速度 a= = g,水平位移 x=v0sin 30°·t+ ( g)t2=UAB=E·x= .6答案:11.(2017·吉林期末)如图所示,水平放置的平行板电容器,两板间距为 d=8 cm,板长为 L=25 cm,接在直流电源上,有一带电液滴以 v0=0.5 m/s 的初速度从板间的正中央水平射入,恰好做匀速直线运动,当它运动到 P 处时迅速将下板向上提起 cm,液滴刚好从金属板末端飞 出,求:(1)将下板向上提起后,液滴的加速度大小;(2)液滴从射入电场开始计时,匀速运动到 P 点所用时间为多少?(g 取 10 m/s2)解析:(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力,因为液滴匀速运动,所以有qE=mg,q =mg,即 qU=mgd当下板向上提后,d 减小,E 增大,电场力增大,故液滴向上偏转,在电场中做类平抛运动.此时液滴所受电场力F′=q =mga= = = g=2 m/s2.(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出,所以液滴在竖直方向上的位移是 .设液滴从 P 点开始在匀强电场中飞行的时间为 t1,= a ,t1= =0.2 s而液滴从刚进入电场到出电场的时间为 t2= =0.5 s所以液滴从射入电场开始匀速运动到 P 点时间为 t=t2-t1=0.3 s.答案:(1)2 m/s 2 (2)0.3 s12.导学号 58826166 (2018·辽宁大连模拟)空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场,其变化规律如图所示(取水平向右为正方向).一个质量为 m、电荷量为+q 的粒子(重力不计),开始处于图中的 A 点.在 t=0 时刻将该粒子由静止释放,经过时间 t0,刚好运动到 B 点,且瞬时速度为零.已知电场强度大小为 E0.试求:7(1)电场变化的周期 T 应满足的条件;(2)A,B 之间的距离.解析:(1)经过时间 t0,瞬时速度为零,故时间 t0为周期的整数倍,即 t0=nT解得 T= (n 为正整数).(2)作出 v t 图像,如图所示.最大速度为 vm= =v t 图像与时间轴包围的面积表示位移大小s= ·vm·t0= (n 为正整数).答案:(1)T= (n 为正整数) (2) (n 为正整数)13.导学号 58826167 (2017·广东深圳二模)如图所示,匀强电场方向沿 x 轴的正方向,电场强度为 E.在 A(d,0)点有一个静止的中性微粒,由于内部作用,某一时刻突然分裂成两个质量均为 m 的带电微粒,其中电荷量为 q 的微粒 1 沿 y 轴负方向运动,经过一段时间到达(0,-d)点.不计重力和分裂后两微粒间的作用.试求:(1)分裂时两个微粒各自的速度;(2)当微粒 1 到达(0,-d)点时,电场力对微粒 1 做功的瞬时功率;(3)当微粒 1 到达(0,-d)点时,两微粒间的距离.解析:(1)微粒 1 在 y 方向不受力,做匀速直线运动;在 x 方向由于受恒定的电场力,做匀加速直线运动,所以微粒 1 做的是类平抛运动.设微粒 1 分裂时的速度为 v1,微粒 2 的速度为 v2,在 y 方向上有 d=v1t8在 x 方向上有 a= ,d= at2v1= ,速度方向沿 y 轴的负方向.中性微粒分裂成两微粒时,遵守动量守恒定律,有 mv1+mv2=0所以 v2=-v1所以 v2的大小为 ,方向沿 y 轴正方向.(2)设微粒 1 到达(0,-d)点时的速度为 vB,则电场力做功的瞬时功率为P=qEvBcos θ=qEv Bx,其中由运动学公式 vBx= = ,所以 P=qE .(3)两微粒的运动具有对称性,如图所示,当微粒 1 到达(0,-d)点时发生的位移s1= d,则当微粒 1 到达(0,-d)点时,两微粒间的距离为 2s1=2 d.答案:(1) 速度方向沿 y 轴的负方向 方向沿 y 轴正方向(2)qE (3)2 d1《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 UAB=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.0 B. 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+q 1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,L 2向右偏离竖直方向,则可以判定( C )A.m1=m2 B.m1m2C.q1q2 D.q1q2,而两球重力无法比较,选项 C正确.24.两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.37.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 Ek0= 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 EpA=qφ A,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 )4A.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 Ep=-qEx可知,图像的斜率反映电场强度大小,由 Ep 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,c5三点中,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 UabUbc,根据电场力做功公式,所以 WabWbc,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,Q 1,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 va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;t 2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,t 2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,OADFEF.可以判断正确的是( AC )6A.(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 QDQFQE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 UBA=U,根据对称性可知,U BA=UAD=U,UAC=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 FT-mg=m (1分)整理得 FT=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)7整理得 vD= .(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 UAO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8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 Ek,由动能定理得y2=Ek- m (2分)y2= a( ) 2(2分)代入数据解得 Ek=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=10-4 C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:9(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vy=gt=10×0.4 m/s=4 m/s(1分)水平方向的速度的大小为vx=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 =10解得 v 地 = m/s.(1分)答案:(1)20 m (2)1.5 N (3)0.6 m m/s