章末檢測卷(七)靜電場(滿分：100分時間：60分鐘)一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分。1～5題只有一個選項正確，6～8題有多個選項正確，全選對得6分，選對但不全得3分)l1．(2021·湖南湘潭高三檢測)如圖所示，一帶正電的物體位于M處，用絕緣絲線系上一帶電的小球，掛在P位置，可觀察到此時懸掛小球的絲線偏離豎直方向的角度為θ。則下列判斷中正確的是()A．小球可能帶負電B．小球可能不帶電C．將絲線懸掛點移到Q，θ角將增大D．將絲線懸掛點移到Q，θ角將減小解析：由圖可知小球和M相互排斥，由此可知小球帶正電，故A、B錯誤；由庫侖定律表達式F＝keq\f(qQ,r2)，可知庫侖力與距離的平方成反比，故離物體M越遠，小球受到的電場力越小，絲線與豎直方向的夾角越小，故D正確，C錯誤。答案：D2．利用電容傳感器可檢測礦井滲水，及時發出安全警報，從而避免事故的發生；如圖所示是一種通過測量電容器電容的變化來檢測礦井中液面高低的儀器原理圖，A為固定的導體芯，B為導體芯外面的一層絕緣物質，C為導電液體(礦井中含有雜質的水)，A、C構成電容器。已知靈敏電流表G的指針偏轉方向與電流方向的關系：電流從哪側流入電流表則電流表指針向哪側偏轉。若礦井滲水(導電液體深度增大)，則電流表()A．指針向右偏轉，A、C構成的電容器充電B．指針向左偏轉，A、C構成的電容器充電C．指針向右偏轉，A、C構成的電容器放電D．指針向左偏轉，A、C構成的電容器放電解析：由圖可知，液體與芯柱構成了電容器，由圖可知，兩板間距離不變；液面變化時只有正對面積發生變化；則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當液面升高時，只能是正對面積S增大，故可判斷電容增大，再依據C＝eq\f(Q,U)和電勢差不變，可知電容器的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態，因電流從哪側流入電流表則電流表指針向哪側偏轉，因此指針向左偏轉，故A、C、D錯誤，B正確。答案：B3.靜電場聚焦在電子顯微鏡和示波管中起著重要的作用。圖示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線，兩電子分別從a、b兩點運動到c點，則()A．聚焦電場對兩電子始終做負功B．電子在a點具有的電勢能比b點小C．a點處的電勢比c點處的電勢低D．b處的電場強度比c處小解析：電子所受電場力與電場線方向相反，兩電子分別從a、b兩點運動到c點，所受電場力方向始終與運動方向夾角小于90°，聚焦電場對兩電子始終做正功，選項A錯誤；a、b兩點處于同一等勢面上，電子在a點具有的電勢能與在b點具有的電勢能相等，選項B錯誤；根據沿電場線方向電勢降低可知，a點處的電勢比c點處的電勢低，選項C正確；根據電場線的疏密表示電場強度的大小可知，b處的電場強度比c處大，選項D錯誤。答案：C4．如圖，一絕緣且粗糙程度相同的豎直細桿與兩個等量異種點電荷＋Q、－Q連線的垂直平分線重合，細桿和＋Q、－Q均固定，A、O、B為細桿上的三點，O為＋Q、－Q連線的中點，AO＝BO。現有電荷量為q、質量為m的小球套在桿上，從A點以初速度v0向B滑動，到達B點時速度恰好為零，則可知()A．從A到B，小球的電勢能始終不變，受到的電場力先增大后減小B．從A到B，小球的加速度先減小后增大C．小球運動到O點時的速度大小為eq\r(2)v0D．小球從A到O與從O到B，重力的沖量相等解析：在等量異種點電荷形成的電場中，兩電荷連線的垂直平分線為等勢線，越靠近連線中點場強越大，所以小球由A到B運動過程中電勢能保持不變，受到的電場力先增大后減小，A項正確；小球到B點時速度恰好減到零，說明小球由A到B所受重力一直小于球與桿間的滑動摩擦力，對小球受力分析，在垂直桿方向上，小球所受桿的彈力與電場力平衡，在豎直方向上，重力保持不變，小球所受摩擦力先增大后減小，由牛頓第二定律可知，小球的加速度大小a＝eq\f(Ff,m)－g，由A到B過程中，小球的加速度先增大后減小，B項錯誤；對小球由A到B的過程，由動能定理有mghAB－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，由A到O過程與由O到B過程，小球克服摩擦力做的功相同，故對由A到O過程，有mghAO－eq\f(1,2)Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得小球運動到O點時的速度大小v＝eq\f(\r(2),2)v0，C項錯誤；小球從A到B一直做減速運動，從A到O過程與從O到B過程，位移相同，但平均速度不同，所以時間不同，因此兩過程中重力的沖量一定不等，D項錯誤。答案：A5．(2021·河北衡水高三調研)如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個方向發射不同速度、質量為m的β粒子(電子)。若極板長為L，間距為d，當A、B板加上電壓U時，只有某一速度的β粒子能從細管C水平射出，細管C離兩板等距。已知元電荷為e，則從放射源O發射出的β粒子的這一速度為()A.eq\r(\f(2eU,m)) B.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,m))C.eq\f(1,d)eq\r(\f(eUd2＋L2,m)) D.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,2m))解析：β粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有L＝v0t，豎直方向有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，且a＝eq\f(eU,md)。從A到C的過程有－eq\f(1,2)eU＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，以上各式聯立解得v＝eq\f(1,d)eq\r(\f(eUd2＋L2,m))，選項C正確。答案：C6．在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大解析：由φx圖象可知，無限遠處電勢能為零，又x1處電勢也為零，故兩點電荷q1、q2為異種電荷．選項A正確。在φx圖象中，圖象切線的斜率表示電場強度，則x1處的電場強度不為零，選項B錯誤。x1到x2電場強度逐漸減小，負電荷受到的電場力逐漸減小，選項D錯誤。由Ep＝φq可知，負電荷在電勢高處的電勢能低，負電荷從x1移到x2，電勢能減小，選項C正確。答案：AC7．(2021·江蘇如皋高三調研)如圖所示為靜電噴漆示意圖。噴槍噴出的油漆微粒帶負電，被噴工件帶正電，微粒在電場力的作用下向工件運動，最后吸附在工件表面。油漆微粒向工件靠近的過程中，假設只受電場力的作用，那么()A．油漆微粒所受電場力越來越小B．油漆微粒的動能越來越大C．電場力對油漆微粒做負功D．油漆微粒的電勢能減小解析：越靠近工件，場強越大，所受電場力越大，故A錯誤；油漆微粒帶負電，被噴工件帶正電，電場力做正功，油漆微粒的動能增大，電勢能減小，故B、D正確，C錯誤。答案：BD8.(2021·湖北部分重點中學高三聯考)空間存在兩個電荷量分別為Q(Q>0)和－Q的點電荷，以它們連線的中點O為坐標原點建立直角坐標系，在x軸和y軸上對稱分布有四個點a、b、c、d，它們恰好構成一個正方形，如圖所示。下列說法中正確的是()A．a點的電場強度小于b點的電場強度B．b點的電勢與d點的電勢相等，電場強度也相等C．將一電子從a點沿折線abc移至c點過程中，靜電力先做負功后做正功D．將一電子從a點移至O點與從O點移至c點兩個過程中，電勢能的變化相同解析：根據等量異種電荷的電場線分布可知，a點的電場強度大于O點的電場強度，而O點的場強大于b點的場強，則a點的場強大于b點的場強，選項A錯誤；因b、d兩點在等量異種電荷連線的垂直平分線上且到O點的距離相等，可知b點的電勢與d點的電勢相等，電場強度也相等，選項B正確；將一電子從a點沿折線abc移至c點過程中，電子的電勢能一直增加，靜電力一直做負功，選項C錯誤；因為UaO＝UOc可知，將一電子從a點移至O點與從O點移至c點兩個過程中，電勢能的變化相同，選項D正確。答案：BD二、非選擇題(共4小題，52分)9．(10分)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間的距離為d，上極板正中有一小孔。質量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求：(1)小球到達小孔處的速度；(2)極板間電場強度的大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落運動到下極板處的時間。解析：(1)由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)。(2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運動定律知mg－qE＝ma，由運動學公式知0－v2＝2ad，整理得電場強度E＝eq\f(mgh＋d,qd)。由U＝Ed，Q＝CU，得電容器所帶電荷量Q＝Ceq\f(mgh＋d,q)。(3)由h＝eq\f(1,2)gt12,0＝v＋at2，t＝t1＋t2，整理得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))。答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)Ceq\f(mgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))10.(12分)如圖所示，兩水平虛線CD、EF之間的區域存在方向水平向右的勻強電場(未畫出)。自該區域上方同一高度的A點和B點將質量均為m、電荷量均為q的兩帶電小球M、N先后以初速度2v0、v0沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區域，恰好從該區域的下邊界的同一點G離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下，M在電場中做直線運動。不計空氣阻力，重力加速度大小為g，勻強電場的電場強度E＝eq\f(mg,q)。求：(1)小球M從G點離開電場時的水平分速度；(2)小球M在進入電場前和在電場中的豎直位移之比。解析：(1)兩小球在豎直方向均做自由落體運動，通過電場的時間均為t，在電場中受到的電場力相同，具有相同的水平加速度a，運動軌跡如圖所示。在電場中，對N球，水平方向上有0＝v0－at，M球離開電場時的水平分速度vMx＝2v0＋at，解得vMx＝3v0。(2)小球M在電場中做直線運動，則速度方向與合力方向相同。設進入電場和離開電場時的豎直分速度分別為vy1、vy2，則eq\f(vy1,2v0)＝eq\f(mg,Eq)，eq\f(vy2,3v0)＝eq\f(mg,Eq)，在豎直方向上，設小球M進入電場前的豎直位移為h，在電場中的豎直位移為H，則vy12＝2gh，vy22＝2g(h＋H)，解得h∶H＝4∶5。答案：(1)3v0(2)4∶511．(14分)(2021·山東濟南商河縣一中高三測試)如圖所示，光滑絕緣軌道由水平段AB和圓形軌道BCD組成，B在圓心正下方，軌道上的C、D兩點與圓心等高，圓軌道半徑為R。整個裝置處在水平向右的勻強電場中，電場強度大小為E＝eq\f(mg,q)。現將一小球從A點由靜止釋放。已知小球質量為m，電荷量為q，且帶正電，重力加速度為g，不計空氣阻力，則：(1)若AB＝2R，求小球運動到C點時對軌道的壓力大??；(2)若小球能沿圓軌道運動到D點，則AB間的距離至少為多大？解析：(1)小球從A點到C點由動能定理有：qE×3R－mgR＝eq\f(1,2)mvC2在C點由牛頓第二定律得：NC－qE＝meq\f(vC2,R)聯立解得：NC＝5mg由牛頓第三定律可知，球運動到C點時對軌道的壓力大小為5mg；(2)電場與重力場的合場強與豎直方向成45°斜向下，設AB的距離為x，小球恰能沿圓弧軌道運動到等效最高點E，則在E點有：eq\r(2)mg＝meq\f(vE2,R)從A到E由動能定理得：－mgR(1＋cos45°)＋qE(x－Rsin45°)＝eq\f(1,2)mvE2聯立解得：x＝(1＋eq\f(3\r(2),2))R。答案：(1)5mg(2)(1＋eq\f(3\r(2),2))R12．(16分)如圖所示，有一固定在水平面的平直軌道，該軌道由白色軌道和黑色軌道交替排列并平滑連接而成。各段軌道的編號已在圖中標出。僅黑色軌道處在豎直向上的勻強電場中，一不帶電的小滑塊A靜止在第1段軌道的最左端，絕緣帶電小滑塊B靜止在第1段軌道的最右端。某時刻給小滑塊A施加一水平向右的恒力F，使其從靜止開始沿軌道向右運動，小滑塊A運動到與小滑塊B碰撞前瞬間撤去小滑塊A所受水平恒力。滑塊A、B碰撞時間極短，碰后粘在一起沿軌道向右運動。已知白色軌道和黑色軌道各段的長度均為L＝0.10m，勻強電場的電場強度的大小E＝×104N/C；滑塊A、B的質量均為m＝0.010kg，滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數處處相等，均為μ＝，絕緣滑塊B所帶電荷量q＝＋×10－5C，小滑塊A與小滑塊B碰撞前瞬間的速度大小v＝6.0m/s。A、B均可視為質點(忽略它們的尺寸大小)，且不計A、B間的靜電力。在A、B粘在一起沿軌道向右運動過程中電荷量保持不變，取重力加速度g＝10m/s2。(1)求F的大?。?2)碰撞過程中滑塊B對滑塊A的沖量；(3)若A和B最終停在軌道上編號為k的一段，求k的數值。解