高考物理一轮复习 单元过关检测7 静电场（含解析）-人教版高三物理试题

单元过关检测(七)静电场一、选择题(本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～8题有多项符合题目要求．)1．(2019·湖南株洲一模)如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等．一带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，则可以判断()A．φ4等势面上各点场强处处相同B．四个等势面的电势关系是φ1<φ2<φ3<φ4C．粒子从a运动到d的过程中静电力一直做负功D．粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是va<vb<vc＝vdB[由等势面的形状可知该电场不是匀强电场，所以φ4等势面上各点场强并不相同，A错误；由运动轨迹可知电场力由左向右，电场强度的方向由右向左，沿电场强度方向电势逐渐降低，所以φ1<φ2<φ3<φ4，B正确；粒子从a运动到d的过程中静电力先做负功后做正功，粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是va>vb>vc＝vd，C、D均错误．]2．(2019·安徽黄山模拟)如图所示，两根长度相等的绝缘细线，上端都系在同一水平天花板上，另一端分别连着质量均为m的两个带电小球P、Q，两小球静止时，两细线与天花板间的夹角θ＝30°，以下说法正确的是()A．细线对小球的拉力大小为eq\f(2\r(3),3)mgB．两小球间的静电力大小为eq\f(\r(3),3)mgC．剪断左侧细线瞬间P球的加速度大小为2gD．若两球间的静电力瞬间消失时Q球的加速度大小为eq\r(3)gC[P球受力如图所示，由共点力平衡条件得，细线的拉力为T＝eq\f(mg,sinθ)＝2mg，库仑力大小F＝mgcotθ＝eq\r(3)mg，故A、B错误；剪断左侧细线的瞬间，库仑力不变，小球P所受的合力F合＝T＝2mg，根据牛顿第二定律得，a＝2g，故C正确；若两球间的静电力瞬间消失时Q球的加速度大小为a＝eq\f(mgcosθ,m)＝eq\f(\r(3),2)g，故D错误．]3．(2018·四川乐山二调)如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的P点由静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a、b粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线，则()A．a一定带正电，b一定带负电B．a向左运动，b向右运动C．a电势能减小，b电势能增大D．a动能减小，b动能增大B[从v－t图象中可以看出，a粒子加速度逐渐增大，b粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a粒子所受电场力逐渐增大，b粒子所受电场力逐渐减小，所以a向左运动，b向右运动，B正确．由于不知电场的方向，所以无法判断a、b的电性，故A错误．带电粒子在沿电场力的方向运动时，电场力做正功，所以a、b的电势能均减小，动能均增加，故C、D错误．]4．如图所示，A、B为两个等量正点电荷，O为A、B连线的中点，以O为坐标原点、垂直AB向右为正方向建立Ox轴．下列四幅图分别反映了在x轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E的大小随坐标x的变化关系，其中正确的是()C[两个等量同种正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向右到无穷远处的电场强度先增大后减小，故选项C正确，D错误；电场强度的方向一直向右，故电势越来越低，由于不是匀强电场，故电势不随坐标x线性减小，选项A、B错误．]5．(2019·山东泰安一模)如图所示，＋Q为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线．两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A以相同的速度v0射入，轨迹如图中曲线，B、C为两曲线与圆的交点．aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小，vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小．不计粒子重力，以下判断正确的是()A．aB＝aCvB＝vC B．aB>aCvB＝vCC．aB>aCvB<vC D．aB<aCvB>vCC[库仑力F＝eq\f(kQq,r2)，两粒子在B、C两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知aB>aC，a＝eq\f(F,m)，解得mB<mC，因为B、C两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒子从A运动到B和从A运动到C，电场力做功相同且做负功，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))，因为mB<mC，所以vB<vC，C正确．]6．如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电．已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70μF电容器充电到5000V，存储875J能量，抢救病人时一部分能量在2ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100kW.下列说法正确的是()A．电容器放电过程中电压不变B．电容器充电至2500V时，电容为35μFC．电容器充电至5000V时，电荷量为35CD．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%D[电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，选项C错误；由η＝eq\f(Pt,E总)知，η＝eq\f(2×10－3×100×103,875)×100%＝23%，选项D正确．]7．(2019·湖北联考)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，板的间距为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＝eq\f(U,d)B．油滴带电荷量q＝eq\f(mg,Ud)C．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AC[由E＝eq\f(U,d)知A正确；带电油滴静止，则mg＝Eq＝eq\f(U,d)q，解得q＝eq\f(mgd,U)，B错误；减小两板的电压，电场强度减小，则mg>Fq，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．]8．一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿垂直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带电粒子A和B，从电容器边缘同一竖直线上的不同位置(如图)沿相同的水平方向同时射入两平行板之间，经过相同时间两粒子落在电容器下板同一点P上．若不计重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是()A．粒子A的比荷大于粒子BB．粒子A射入时的初速度大于粒子BC．若只减小两板间的电压，则两粒子可能同时落在电容器下板边缘上D．若只增大粒子B射入时的初速度，则两粒子可能在两板之间的某一位置相遇AC[粒子在电场中只受电场力作用，电场力与初速度方向垂直，所以，粒子做类平拋运动；在竖直方向，两粒子运动时间相同，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正确；在水平方向，两粒子运动时间相同，运动位移相同，所以，两粒子射入时的初速度相等，故B错误；若只减小两板间的电压，则两粒子的加速度同比减小，那么在竖直方向上，位移和加速度的比值仍旧相等，即A、B从原来高度落下需要的时间仍旧相同，所以，两粒子可能同时落在电容器下板边缘上，故C正确；若只增大粒子B射入时的初速度，则在水平方向上B的位移恒大于A的位移，那么两粒子不可能在两板之间的某一位置相遇，故D错误．]二、非选择题9．如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷．a、b是AB连线上两点，其中Aa＝Bb＝L/4，a、b两点电势相等，O为AB连线的中点．一质量为m、带电荷量为＋q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n>1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)O、b两点间的电势差UOb.解析(1)由Aa＝Bb＝eq\f(L,4)，O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则Uab＝0设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：q·Uab－f·eq\f(L,2)＝0－E.而f＝μmg解得：μ＝eq\f(2E0,mgL)(2)滑块从O→b过程，由动能定理得：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)如图所示，竖直平面内有一坐标系xOy，已知A点坐标为(－2h，h)，O、B区间存在竖直向上的匀强电场．甲、乙两小球质量均为m，甲球带的电荷量为＋q，乙球带的电荷量为－q，分别从A点以相同的初速度水平向右拋出后，都从O点进入匀强电场，其中甲球恰从B点射出电场，乙球从C点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13倍．已知重力加速度为g.求：(1)小球经过O点时速度的大小和方向；(2)匀强电场的电场强度E.解析(1)如图1所示，设小球经过O点时的速度为v，水平分速度为vx，竖直分速度为vy，平拋运动的时间为t.图1根据平拋运动规律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点的速度如图2所示，乙球在C点的速度如图3所示．依题意得EkC＝13EkB图2图3甲球在OB运动过程中电场力、重力做功为零，故甲球在B点射出时速度仍为v，水平分速度仍为vx，竖直分速度为vy，大小不变，方向竖直向上．设甲球在电场中的加速度为a甲，乙球在电场中的加速度为a乙；甲、乙两球在电场中运动的时间为t′.研究竖直方向，有对甲球：2vy＝a甲t′⑧，Eq－mg＝ma甲⑨，对乙球：vay－vy＝a乙t′⑩，Eq＋mg＝ma乙⑪，由⑥～⑪式解得E＝eq\f(3mg,q).答案(1)2eq\r(gh)与水平方向的夹角θ＝45°(2)eq\f(3mg,q)11．如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m和m，小球A带正电q，小球B带负电－2q，开始时两小球相距s0，小球A有水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零．(1)试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；(2)试证明在两小球的间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并求出这两种能量的比值的取值范围．解析(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得3mv0＝3mvA＋mvB系统的动能减小量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)由于系统运动的过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下的电势能为零，故系统在该状态下的电势能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)联立得Ep＝－6mveq\o\al(2,A)＋9mv0vA－3mveq\o\al(2,0)当vA＝eq\f(3,4)v0时，系统的电势能取得最大值，得vA＝vB＝eq\f(3,4)v0即当两小球速度相同时，系统的电势能最大，最大值Epmax＝eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0).(2)由于系统的电势能与动能之和守恒，且初始状态下系统的电势能为零，所以在系统电势能取得最大值时，系统的动能取得最小值，为