2022年高考物理大一轮总复习(江苏专版-)题库-第六章-静电场-单元小结练2

单元小结练电场能及粒子运动的综合练一、单项选择题1．如图1所示，P是一个带电体，将原来不带电的导体球Q放入P激发的电场中并接地，a、b、c、d是电场中的四个点．则静电平衡后()图1A．导体Q仍不带电B．a点的电势高于b点的电势C．检验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力D．带正电的检验电荷在c点的电势能大于在d点的电势能答案D解析由于静电感应，Q将带上与P异号的电荷，故A错误；由图可知电场线由b到a，故a点的电势低于b点的电势，故B错误；b点电场线较为密集，故a点场强要小于b点场强，故检验电荷在a点所受电场力小于在b点所受电场力，故C错误；由于Q接地，d点电势接近0，而c点电势确定大于d点电势，故带正电的检验电荷在c点的电势能大于在d点的电势能，故D正确．2．如图2所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为－9Q和＋Q的两个点电荷，两者相距为L，以＋Q点电荷为圆心，半径为eq\f(L,2)画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为＋q的摸索电荷在圆周上运动，则下列推断错误的是()图2A．电荷＋q在a点所受到的电场力最大B．电荷＋q在a点的电势能最大C．电荷＋q在b点的电势能最大D．电荷＋q在c、d两点的电势能相等答案B解析电场强度叠加后，a点处场强最大，A正确；将正电荷从a点沿圆周移动到c、b、d点，＋Q对正电荷不做功，－9Q对电荷均做负功，电势能均增加，且移动到b点克服电场力做功最多，移动到c、d两点克服电场做功相同，因此正电荷在a点电势能最小，在b点电势能最大，在c、d两点电势能相等，B错误，C、D正确．3．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图3中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最终离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()图3A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小答案C解析由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示，带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转运动轨迹如图所示，则粒子在电场中做曲线运动，电场力对带负电的粒子先做正功后做负功，电势能先变小后变大，故C正确．4．(2022·安徽·17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图4所示，下列图象中合理的是()图4答案D解析带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的．A：由Ep－x图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不能为恒力，故选项A错误；B：带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的削减量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B错误；C：由于静电力不是恒力，加速度a应当越来越小，故选项C错误，选项D正确．5.如图5所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽视不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应当满足的条件是()图5A.eq\f(U2,U1)<eq\f(2d,L)B.eq\f(U2,U1)<eq\f(d,L)C.eq\f(U2,U1)<eq\f(2d2,L2)D.eq\f(U2,U1)<eq\f(d2,L2)答案C解析依据qU1＝eq\f(1,2)mv2，再依据t＝eq\f(L,v)和y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(L,v))2，由题意知，y<eq\f(1,2)d，解得eq\f(U2,U1)<eq\f(2d2,L2)，故C正确．6．如图6所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不行伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴着一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，图6另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B时速度为零，以下说法中正确的是()A．小球在B位置处于平衡状态B．小球受到的重力与电场力的关系是eq\r(3)qE＝mgC．小球将在AB之间往复运动，且幅度将渐渐减小D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为－eq\f(1,2)qEl答案D解析小球的受力分析如图所示，由图可知小球的运动可看作是在一个等效重力场中的摇摆过程，依据摆球模型的特点，小球在B位置时受力不平衡，并且小球将在AB之间往复运动，其幅度不变，故选项A、C错误；依据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB轨迹的中点位置时，小球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，依据三角函数关系可得：qEsin30°＝mgcos30°，化简可知，qE＝eq\r(3)mg，选项B错误；小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为W＝－qEl(1－cos60°)＝－eq\f(1,2)qEl，选项D正确．二、多项选择题7.如图7所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A极板用绝缘线悬挂，B极板固定且接地，P点为两极板的中间位置．下列结论正确的是()图7A．若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两极板所带电荷量会增大B．A、B两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C．若将A极板竖直向上平移一小段距离，两极板间的电场强度将增大D．若将A极板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将不变答案BD解析由于平行板电容器与电源断开，所带电荷量保持不变，因此在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两极板所带电荷量也不会增加，A错误；正极板A在P点产生的场强向下，而负极板B在P点产生场强也向下，由于两极板具有对称性，因此两极板电荷分别在P点产生电场的强度大小相等，方向相同，B正确；依据C＝eq\f(Q,U)，而C＝eq\f(εrS,4πkd)，平行板电容器内的电场强度E＝eq\f(U,d)，整理式子可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可以得出只要所带电荷量和极板的正对面积不变，电容器内部的电场强度就不变，因此场强大小与距离无关，C错误；同样若将A板竖直向下平移一小段距离，两板间的电场强度不变，P与B间的电势差不变，而B点电势为零，即P点位置的电势将不变，D正确．8.将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地，三个微粒分别落在图8中A、B、C三点，不计其重力作用，则()图8A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒所带电荷量相同C．三个微粒所受电场力的大小关系是FA＜FB＜FCD．三个微粒到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA答案CD解析由于三个微粒只受到竖直向下的恒定的电场力作用，所以它们均做类平抛运动，依据题意，它们在水平方向上做的是速度大小相同的匀速直线运动，三个微粒在电场中运动的时间与它们在水平方向上的位移成正比，明显，tA＞tB＞tC，选项A错误；它们做类平抛运动的初速度相同，但运动轨迹不同，这说明它们受到的电场力不同，因此所带电荷量不同，选项B错误；它们在竖直方向上下落的位移相同(设为h)，但运动时间不同，依据关系式a＝eq\f(2h,t2)及tA＞tB＞tC可知，aA＜aB＜aC，由于它们的质量相等，依据牛顿其次定律可知，三个微粒所受电场力的大小关系是FA＜FB＜FC，选项C正确；又由于三个微粒在竖直方向上的位移相等，所以电场力所做的功大小关系是WC＞WB＞WA，依据动能定理，电场力对微粒所做的功等于微粒动能的增加量，所以三个微粒到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA，选项D正确．9.如图9所示，一带电荷量为q的带电粒子以确定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零，则下列说法正确的是()图9A．带电粒子在Q点的电势能为－UqB．带电粒子带负电C．此匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D．此匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)U,3d)答案AC10．如图10所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面对上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开头时弹簧是原长状态，物块恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面对下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处于弹性限度内，以下说法正确的是()图10A．滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的削减量B．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功eq\f(1,2)mv2C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大答案AB解析由题意得qE＝mgsinθ，在运动到最低点的过程中，电场力做的功与重力做的功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的削减量，故A正确．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的削减量，故B正确．电场力和重力做功的代数和为零，依据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能最大，此时系统机械能最小，故D错误．三、非选择题11．两块水平平行放置的导体板如图11甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开头，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、最大值恒为U0的周期性电压时，恰好能使全部电子均从两板间通过(不计电子重力)．问：图11(1)这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少；(2)侧向位移分别为最大值和最小值的状况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少．答案(1)eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))(2)eq\f(16,13)解析以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t＝0时和t＝t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vy－t图象分别如图a和图b所示，设两平行板之间的距离为d.(1)图中，v1y＝eq\f(eU0,md)t0，v2y＝eq\f(eU0,md).2t0＝eq\f(2eU0t0,md)由图a可得电子的最大侧向位移为xymax＝2(eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0)＝3v1yt0＝eq\f(3eU0t\o\al(2,0),md)而xymax＝eq\f(d,2)，解得d＝t0eq\r(\f(6eU0,m))由图b可得电子的最小侧向位移为xymin＝eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0＝eq\f(3,2)v1yt0＝eq\f(3eU0t\o\al(2,0),2md)＝eq\f(d,4)所以xymax＝eq\f(d,2)＝eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))，xymin＝eq\f(d,4)＝eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))(2)veq\o\al(2,1y)＝(eq\f(eU0,md)t0)2＝eq\f(eU0,6m)，veq\o\al(2,2y)＝(eq\f(eU0,md).2t0)2＝eq\f(2eU0,3m)电子经电压U0加速，由动能定理知，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eU0所以eq\f(Ekmax,Ekmin)＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2),\f(1,2)mv\o\al(2,1))＝eq\f(\f(1,2)m(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,2y)),\f(1,2)m(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1y)))＝eq\f(eU0＋\f(eU0,3),eU0＋\f(eU0,12))＝eq\f(16,13).12．(2022·新课标Ⅰ·25)如图12所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA，将一质量为m的小球以确定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点．使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求：图12(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向．答案(1)eq\f(7,3)(2)eq\f(\r(3)mg,6q)电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°