1、静电场综合评估限时：90分钟 总分：100分一、选择题(17为单选题，每小题5分，810为多选题，每小题6分，共53分)1关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是(B)A点电荷是体积很小的带电体，是一种理想化的物理模型B点电荷所带电荷量一定是元电荷的整数倍C点电荷所带电荷量一定很小D点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型解析：点电荷和质点一样是一种理想化的物理模型，与体积的大小无关，所以A错误；元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量是最小的，任何带电体所带电荷量都是e的整数倍，所以B正确；点电荷是一种理想化的物理模型，其带电荷量并不一定是很小的，所以C错误；点电荷是一种理
2、想化的物理模型，元电荷又称“基本电量”，检验电荷是用来检验电场是否存在的点电荷，所以点电荷、元电荷、检验电荷不是同一种物理模型，所以D错误2A、B、C三点在同一直线上，ABBC12，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷当在A处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为(B)A B. CF DF解析：如图所示，设B处的点电荷带电荷量为正，ABr，则BC2r，根据库仑定律F，F，可得F，故选项B正确3.如图，真空中有两个等量异种点电荷A、B，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且BOAO.一质子仅在电场力作用下，其运动轨
3、迹如图中实线所示设M、N两点的场强大小分别为EM、EN，电势分别为M、N.下列判断中正确的是(C)AA点电荷一定带正电BEMENCMND若质子从N运动到M，电场力做正功解析：质子受力的方向与电场线的方向相同，与弯曲的方向相同，故B应带正电荷，故A错误；在该连线上，从O到N到无穷远，E逐渐减小，故B错误N点到负电荷A的距离近，故M点处的电势一定高于N点处的电势，故C正确；M点处的电势一定高于N点处的电势，从N到M电场力做负功，故D错误4如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止在物块的运动过程中，下列表述正确的是(A)A两个
4、物块的电势能逐渐减少B物块受到的库仑力不做功C两个物块的机械能守恒D物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力解析：由静止释放后，两带电小物块带同种电荷，所以库仑力对它们均做正功，故电势能都减小，A正确、B错误；两小物块运动过程中，因摩擦力和电场力分别做功，发生机械能和其他能量的相互转化，故机械能不守恒，C错；因最终停止，故D错5一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是(B)AA处的场强一定小于B处的场强BA处的电势一定低于B处的电势C电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能D从A到B的过程中，电
5、场力对电荷做正功解析：由图象知A处的加速度大于B处的加速度，A处的场强一定大于B处的场强，A错由功能关系及动能和电势能之和守恒知B正确，C、D错6.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若ABBC，则它们带电荷量之比q1q2等于(B)A12 B21C1 D.1解析：竖直方向有hgt2，水平方向有lt2，联立可得q，所以有，B正确7.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的(C)A
6、2倍 B4倍 C. D.解析：电子在两极板间做类平抛运动，水平方向：lv0t，t；竖直方向：dat2t2，故d2，即d，故C正确8如图所示，在点电荷Q的电场中有a、b两点，两点到点电荷的距离rarb.设a、b两点场强大小分别为Ea和Eb，电势分别为a和b，则(BC)AEa一定大于Eb，a一定大于bBEa一定大于Eb，a可能小于bCEa一定大于Eb，a可能大于bDEa可能小于Eb，a可能小于b解析：电场中某点的电场强度E和电势没有联系，电场中某点的电势与零势点的选取有关，由于点电荷Q的电性未知，故a、b两点间电势的大小关系无法确定，故B、C选项正确9.如图所示为一空腔导体周围的电场线分布，电场方
7、向如图中箭头所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四点，其中M、N在一条直线电场线上，P、Q在一条曲线电场线上，下列说法正确的有(AC)AM点的电场强度比N点的电场强度小BP点的电势比Q点的电势低C负电荷在P点的电势能小于其在Q点的电势能DM、O间的电势差等于O、N间的电势差解析：用电场线的疏密程度表示电场的强弱，故N点的场强比M点的场强大，故A正确沿着电场线的方向电势越来越低，所以Q点的电势比P点的电势低，故B错误P点电势高于Q点，根据Epq可知，负电荷在P点的电势能小于在Q点的电势能，故C正确根据电场分布可知，MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度小，故由公式UEd可知，MO
8、间的电势差小于ON间的电势差，故D错误10有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则正确的有(AC)A粒子A带正电，B不带电，C带负电B三个粒子在电场中运动时间相等C三个粒子在电场中运动的加速度aAaBaCD三个粒子到达极板时动能EkAEkBEkC解析：三粒子在水平方向上都为匀速运动，则它们在电场中的飞行时间关系为tAtBtC，三粒子在竖直方向上有d/2at2/2.所以aAaBaC，则A带正电，B不带电，C带负电再由动能定理知，三粒子到达极板时动能关系为EkAEkBEkC.二、填空题(共13分)11
9、(4分)空气中的负氧离子对于人的健康极为有益人工产生负氧离子的方法最常见的是电晕放电法如图所示一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5 000 V左右，使空气发生电离，从而产生负氧离子在负极后面加上小风扇，将大量负氧离子排出，使空气清新化针状负极与环形正极间距离为5 mm，且视为匀强电场，则电场强度为1106 V/m，电场对负氧离子的作用力为3.21013 N.解析：因为可视为匀强电场，所以EU/d5 000/(5103) V/m1106 V/m，电场对负氧离子的作用力为FEq11063.21019 N3.21013 N.12(4分)一平行板电容器，当极板上所带电荷量增加2.0104
10、 C时，极板间的电压增加40 V，则当电容器两端所加电压为200 V时，电容器所带电荷量Q1103 C.解析：由公式C得推论C代入数据得：C5106 F又QCU代入数据得：Q1103 C.13(5分)如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，且相邻两等势面的电势差相等，一正电荷在等势面3上时具有动能60 J，它运动到等势面1上时，速度恰好为零，令20，那么，当该电荷的电势能为12 J时，其动能大小为18 J.解析：以2的电势为零，由能量守恒可知，电荷的电势能和动能的总和保持不变，由题意可知每经过一个等势面带电粒子的动能减少30 J，则在等势面2上时动能为30 J，电势能为0，则总能量为30 J，故
11、当电势能为12 J时，动能为18 J.三、计算题(共34分)14(8分)如图所示，一个电子以4106 m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点飞进匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150角方向飞出，那么，A、B两点间的电势差为多少伏？(电子的质量为9.11031 kg)答案：1.4102 V解析：电子在水平方向做匀速直线运动，即到达B点时，水平分速度仍为vA，则vBvA/cos602vA.由动能定理：eUABmv/2mv/2.解得UAB1.4102 V.15.(8分)一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角30，已知带电微粒的质量m1.
12、0107 kg，电荷量q1.01010 C，A、B相距L20 cm.(取g10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由；(2)电场强度的大小和方向答案：(1)见解析(2)1.7104 N/C水平向左解析：(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，重力和电场力在垂直于AB方向上的分量必等大反向，可知电场力的方向水平向左，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动(2)在垂直于AB方向上，有qEsinmgcos0所以电场强度E1.7104 N/C电场强度的方向水平向左16.(8分)一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以
13、水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如图所示，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，求OP.答案：解析：电子经U1的电场加速后，由动能定理可得eU1电子以v0的速度进入U2的电场并偏转t，E，a，vat联立得射出极板的偏转角的正切值tan.所以OPtan.17.(10分)如图所示，在E103 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，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径R40 cm，一带正电荷q104 C的小滑块质量为m40 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2，求：(1)要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，小滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？(2)这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？(P为半圆轨道中点)答案：(1)20 m(2)1.5 N解析：(1)小滑块刚能通过轨道最高点条件是mgm，v2 m/s，小滑块由释放点到最高点过程由动能定理：Eqsmgsmg2Rmv2所以s，代入数据得：s20 m.(2)小滑块由P点到L点过程，由动能定理：mgREqRmv2mv所以vv22R在P点由牛顿第二定律：FNEq所以FN3(mgEq)，代入数据得：FN1.5 N由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道压力为1.5 N.