1、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16题只有一项符合题目要求，第78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1、2、3和4，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()A4等势面上各点场强处处相同B四个等势面的电势关系是1234C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vavbvcvdB由等势面的形状可知该电场不是匀强电场，所以4等势面上各点场强并不
2、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123vbvcvd，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30，以下说法正确的是()A细线对小球的拉力大小为mgB两小球间的静电力大小为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gCP球受力如图所示，由共点力平衡条件得，细线的拉力为T2mg，库仑力大小Fmgcotmg，故A、B错误；剪断左侧细线的瞬间，库仑
3、力不变，小球P所受的合力F合T2mg，根据牛顿第二定律得，a2g，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ag，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()Aa一定带正电，b一定带负电Ba向左运动，b向右运动Ca电势能减小，b电势能增大Da动能减小，b动能增大B从vt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，
4、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(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
5、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()AaBaCvBvCBaBaCvBvCCaBaCvBvCDaBvCC库仑力F，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aBaC，a，解得mBmC，因为B、C两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒
6、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Wmv2mv，所以mB(vv)mC(vv)，因为mBmC，所以vBFq，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
7、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，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
8、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AaBbL/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(n1)，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；(2)O、b两点间的电势差UOb.解析(1)由AaBb，O为AB连线的中点得：a、b关于O点
9、对称，则Uab0设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，对于滑块从ab过程，由动能定理得：qUabf0E.而fmg解得：(2)滑块从Ob过程，由动能定理得：qUObf0nE0解得：UOb答案(1)(2)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
10、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hgt2，2hvxt，vygt，v，tan 由以上式子解得v2，45，vyvx(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EkC13EkB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：2vya甲t，E
11、qmgma甲，对乙球：vayvya乙t，Eqmgma乙，由式解得E.答案(1)2与水平方向的夹角45(2)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
12、定律得3mv03mvAmvB系统的动能减小量Ek3mv3mvmv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EpEk3mv3mvmv联立得Ep6mv9mv0vA3mv当vAv0时，系统的电势能取得最大值，得vAvBv0即当两小球速度相同时，系统的电势能最大，最大值Epmaxmv.(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EkminEk0Epmax3mvmvmv由于EkminEpmax所以在两球间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能在这一过程中两种能量的比值的取值范围为0.答案(1)证明略mv(2)证明略0
