物理大一轮复习章末检测7

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精章末检测七静电场（时间：60分钟满分：100分）一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，1～5题每小题只有一个选项正确，6~10小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分,选对但不全得3分，有选错的得0分）1．电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是()A．A点的电场强度比C点的小B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大C．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功D．正电荷由A移动到C，电场力做负功解析：选C。由等势面与电场线密集程度的关系可知,等势面越密集的地方电场强度越大,故A点的电场强度比C点的大，A错误；负电荷在电势越高的位置电势能越小，故B错误；沿等势面移动电荷,电场力不做功，故C正确;正电荷由A移动到C，电场力做正功，故D错误．2。如图所示，在空间直角坐标系O。xyz中，A、B、C、D四个点的坐标分别为(L，0，0）、（0，L,0）、(0,0，L)、(2L，0,0）．在坐标原点O处固定电荷量为＋QA．电势差UOA＝UADB．A、B、C三点的电场强度相同C．电子在B点的电势能大于在D点的电势能D．将一电子由D点分别移动到A、C两点，电场力做功相同解析：选D。点电荷产生的场强离点电荷越远，场强越小，由U＝Ed可得UOA＞UAD,A错误；A、B、C三点的场强大小相等,方向不同，B错误；离点电荷越远电势越低，由EP＝qφ得电子在B点的电势能小于在D点的电势能，C错误；A、C两点的电势相同，电子在A、C两点的电势能相等，因此将电子由D点分别移到A、C两点电势能变化相同，因此电场力做功相同，D正确．3。如图所示,在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA＝AB＝BN。下列说法中正确的是()A．A、B两点场强相同B．A、B两点电势相等C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能解析：选A。根据等量异种点电荷形成的电场特点,A、B两点场强相同，电势不相等，选项A正确B错误；将一正电荷从A点移到B点，电场力做正功，选项C错误；负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，选项D错误．4．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如图乙所示．设a、b两点的电场强度分别为Ea和Eb,电势分别为φa和φb。则(）A．Ea＝Eb B．Ea＜EbC．φa＜φb D．φa＞φb解析：选C。电子在电场中发生一段位移Δx,电场力做功eEΔx，由功能关系知ΔEp＝－eEΔx，即eq\f(ΔEp，Δx）＝－eE，Ep－x图线斜率的绝对值表示电场力,由图线知，斜率减小,故场强在减小，所以,Ea>Eb,故A错误，B错误；电子从静止开始由a向b运动，故受电场力方向一定由a指向b,又因电子带负电，所以场强方向一定从b指向a，沿电场线方向电势降低，所以φa<φb，故C正确，D错误．5．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成．如图所示,电子在电压为U1的电场中由静止开始加速,然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中,入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是(）A．U1变大,U2变大 B．U1变小,U2变大C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小解析：选B。电子通过加速电场有eU1＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0)，在偏转电场中，垂直于电场线的方向做匀速直线运动,则运动时间t＝eq\f(l，v0)；在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq\f（eU2,md),末速度vy＝at＝eq\f(eU2l，mdv0），偏转角tanθ＝eq\f(vy，v0）＝eq\f（U2l,2U1d）,所以θ∝eq\f(U2,U1），B正确．6.如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电,另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是（)A．物体A受到地面的支持力先增大后减小B．物体A受到地面的支持力保持不变C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D．库仑力对点电荷B先做正功后做负功解析：选AC.分析物体A的受力如图所示，由平衡条件可得：Ff＝Fcosθ,FN＝Fsinθ＋mg，随θ由小于90°增大到大于90°的过程中，Ff先减小后反向增大,FN先增大后减小，A、C正确，B错误；因A对B的库仑力与B运动的速度方向始终垂直，故库仑力不做功，D错误．7．一带电粒子仅在电场力作用下以初速度v0从t＝0时刻开始运动，其v.t图象如图所示．如粒子在2t0时刻运动到A点,5t0时刻运动到B点．以下说法中正确的是(）A．A、B两点的电场强度大小关系为EA＝EBB．A、B两点的电势关系为φA〉φBC．粒子从A点运动到B点时，电场力做的总功为正D．粒子从A点运动到B点时,电势能先减少后增加解析:选AC.由速度图象可知粒子在A、B两点加速度相同，受力相同，故A、B两点的电场强度大小关系为EA＝EB，A正确；由速度图象可知粒子在A点速度为零，在B点速度不为零，故粒子从A点运动到B点时,电场力做正功，电势能减少，C正确，D错误；对负电荷，当电势能减少时电势升高，B错误．8．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(）.A．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ACD。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＝eq\f（εrS,4πkd）∝eq\f（S，d)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＝U/d减小，带电油滴所处位置的电势φP＝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＝U/d和C＝eq\f（εrS，4πkd)可知E∝Q/S，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．9.如图所示,匀强电场中有一绝缘直角杆PQM，PQ＝L，QM＝2L，杆上固定三个带电小球A、B、C，初始时杆PQ段与电场线垂直．现将杆绕Q点顺时针转过90°至虚线位置，发现A、B、CA．此过程中，电场力对A球和C球做功的代数和为零B．A球一定带正电，C球一定带负电C．此过程中C球电势能减少D．A、C两球带电量的绝对值之比|qA|∶｜qC|＝2∶1解析：选AD。由题意知，直角杆PQM顺时针转90°的过程中，由W＝qU可得，电场力对B球不做功，对A球做功W1＝qAEL，对C球做功W2＝qCE·2L,因为转动前后A、B、C三个球的电势能之和保持不变，由功能关系得，W1＋W2＋0＝0，即：qAEL＋qCE·2L＝0，则知A、C两球带异种电荷，但具体A、C两球的电性不明确，则其电势能变化情况不明确，而A、C两球带电量的绝对值之比｜qA｜∶|qC｜＝2∶1。故A、D对,B、C错．10.如图所示，光滑绝缘的水平面上方存在一个水平方向的电场，电场线与x轴平行，电势φ与坐标值x的关系式为:φ＝106x（φ的单位为V,x单位为m）．一带正电小滑块P，从x＝0处以初速度v0沿x轴正方向运动，则（）A．电场的场强大小为106V/mB．电场方向沿x轴正方向C．小滑块的电势能一直增大D．小滑块的电势能先增大后减小解析：选AD.根据E＝eq\f(U,d)，U＝φ2－φ1可知，E＝eq\f(ΔU,Δx）＝106V/m，选项A对；随x值的增大，φ也增大，所以电场的方向应沿x轴负方向，选项B错；电场力对滑块P先做负功后做正功,所以滑块的电势能先增大后减小，选项D对，C错．二、非选择题（共2小题，40分)11.（20分)如图所示，带有等量异种电荷平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0。5m．现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝＋4×10－5C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出,A点距离两板上端的高度h＝0.2m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10m/s(1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小和方向；（2）M、N两板间的电场强度的大小和方向;(3）小球到达C点时的动能．解析：(1)小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动,vx＝v0＝4m/s竖直方向做匀加速直线运动，h＝eq\f（1，2)gteq\o\al(2,1)，vy＝gt1＝2m/s解得：vB＝eq\r（v\o\al（2，x）＋v\o\al(2，y)）＝2eq\r(5)m/s方向tanθ＝eq\f（vy，vx）＝eq\f（1，2)，θ＝arctan0。5(θ为速度方向与水平方向的夹角)(2）小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向,则tanθ＝eq\f（mg，qE）＝eq\f（1,2）解得：E＝eq\f（2mg,q)＝5×103N/C，方向水平向右．（3)进入电场后,小球受到的合外力F合＝eq\r（mg2＋qE2）＝eq\r（5)mgB、C两点间的距离s＝eq\f(d,cosθ），cosθ＝eq\f（qE，F合）＝eq\f(2,\r（5))从B到C由动能定理得：F合s＝EkC－eq\f(1，2）mveq\o\al(2,B)解得:EkC＝0。225J答案：(1）2eq\r（5）m/s，方向与水平方向的夹角为arctan0.5(2)5×103N/C,方向水平向右（3)0。225J12。（20分)如图所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m、电荷量为＋q的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h,在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E的水平向右的匀强电场．固定点O的正下方l/2处有一小障碍物P，现将小球从细线处于水平状态由静止释放．（1)细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是多大?（2）细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生多大变化?(3)若细线在刚要接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？解析：（1)由机械能守恒定律得mgl＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r（2gl）。(2）细线在刚要接触障碍物P时，设细线的拉力为T1，由牛顿第二定律得T1－mg＝meq\f(v2,l)细线在刚接触到障碍物P时，设细线的拉力为T2，由牛顿第二定律得T2－mg＝meq\f(v2，l/2）可解得T2－