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单元质检七静电场(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。在每小题给出的四个选项中,第17题只有一项符合题目要求,第810题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2018山西二模)如图所示为静电除尘机理图,废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区,放电极(位于中央)和集尘极分别接到高压直流电源的两极上,其间电场线如图。带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积,达到除尘目的。不考虑尘埃间的相互作用及其他作用,下列说法正确的是()A.电场线方向由放电极指向集尘极B.图中a点电场强度小于b点电场强度C.尘埃会沿图中虚线从c到d运动D.尘埃在运动过程中动能增大答案D解析因为带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积,可知集尘极带正电荷,是正极,电场线方向由集尘极指向放电极,故A错误;集尘极带正电荷,是正极,又由于a点更靠近放电极,所以图中a点电场强度高于b点电场强度,故B错误;放电极与集尘极间建立非匀强电场,所受的电场力是变化的,尘埃不会沿图中虚线从c到d运动,故C错误。带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同,做正功,所以在迁移过程中动能增大,故D正确。2.(2019广东中山一中、仲元中学等七校联考)右图是两个等量异种电荷形成的电场,AB为中垂线上两点,CD为两电荷连线上两点,且A、B、C、D与O点间距离相等,则()A.A、B、C、D四点场强相同B.C点电势比D点电势低C.正电荷从A运动到B,电场力不做功D.正电荷从C运动到D,电势能增加答案C解析因为两个等量异种点电荷形成的电场,两个电荷的连线上下的电场是对称的,所以A、B两点的电场强度相等,小于O处的电场强度。由于C、D两处电场线比O处密,则C、D两处的电场强度比O处大,故选项A错误;沿着电场线方向电势降低,则知C点电势比D点电势高,故B错误;AB为中垂线,是一条等势线,其上各点的电势都相等,AB之间的电势差为0,则正电荷从A运动到B,电场力不做功,故C正确;正电荷从C运动到D,电场力从C指向D,电场力做正功,电势能减小,故D错误。3.(2018百校联盟猜题卷)如图所示,在直角坐标系xOy中的x轴上有一正点电荷Q,A、B、C是坐标轴上的三点,OA=OB=BC=a,其中O点和C点的电势相等,静电力常量为k,则下列说法正确的是()A.点电荷Q位于B、C两点之间B.O点电势比A点电势低C.A点的电场强度大小为kQ2a2D.将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点过程中,电势能一直增大答案C解析因为O点和C点的电势相等,故O点和C点到点电荷的距离相等,因此点电荷Q一定位于B点,选项A错误;点电荷带正电,故离点电荷越近电势越高,故O点电势比A点高,选项B错误,由图可知AB的距离r=2a,根据E=kQr2,得EA=kQ2a2,选项C正确;将正试探电荷从A点沿直线移动到C点过程中,电势先升高再降低,故电势能先增大再减小,选项D错误。4.(2018广东广州模拟)如图,a、b两个带电小球分别用绝缘细线系住,并悬挂在O点,当两小球处于静止时,它们恰好在同一水平面上,此时两细线与竖直方向夹角,所以mamb,因此水平方向上,a的加速度小于b的加速度。小球在竖直方向上做自由落体运动,在水平方向上做变加速直线运动,根据分运动与合运动具有等时性,知a,b两球同时落到同一水平面上,落地时a球落地时的速度小于b球落地时的速度,故C正确;由于竖直方向加速度相同,所以同时落在同一水平地面上,但由于质量的不同,导致水平方向的加速度大小不同,因此水平位移也不相同,因水平方向a的加速度比b的加速度小,故a球水平位移始终小于b球水平位移,D错误。5.(2018河南洛阳第二次统一考试)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示,O、P、M、N为电场中的四个点,其中P和M在一条电场线上,则下列说法正确的是()A.M点的场强小于N点的场强B.M点的电势高于N点的电势C.将一负电荷由O点移到M点电势能增加D.将一正电荷由P点无初速释放,仅在电场力作用下,可沿PM电场线运动到M点答案C解析电场线密的地方电场强度大,由图可知M点电场线比N点的密,所以M点的电场强度大于N点的电场强度,故A错误;沿电场线方向电势降低,所以M点的电势低于N点的电势,故B错误;将一负电荷由O点移到M点电场力做负功,所以电荷的电势能增加,故C正确;一正点电荷从P点由静止释放,该电荷所受的电场力是变力,与电场线的相切,据曲线运动的条件该电荷并不能沿电场线运动到M点,故D错误。故选C。6.(2019陕西榆林绥德中学模拟)如图所示,平行板电容器与恒压电源连接,电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场,设电容器极板上所带的电荷量为Q,电子穿出平行板电容器时在垂直于板面方向偏移的距离为y。若仅使电容器上极板上移,以下说法正确的是()A.Q减小,y不变B.Q减小,y减小C.Q增大,y减小D.Q增大,y增大答案B解析仅使电容器上极板上移,两极板间距d增大,由C=S4kd知,电容器的电容减小,由C=QU知,U一定,C减小,则Q减小,选项C、D错误;由E=Ud知,电容器两极板间的电场强度减小,电子运动的加速度a=Eqm减小,电子在电场中做类平抛运动,电子穿出电场的时间不变,则电子穿出平行板电容器时在垂直极板方向偏移的距离y=12at2减小,选项A错误,选项B正确。7.(2018山东青岛统一质量检测)如图,绝缘光滑圆环竖直放置,a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球,已知小球c位于圆环最高点,ac连线与竖直方向成60角,bc连线与竖直方向成30角,三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是()A.a、b、c小球带同种电荷B.a、b小球带异种电荷,b、c小球带同种电荷C.a、b小球电荷量之比为36D.a、b小球电荷量之比为39答案D解析对c小球受力分析可得,a、b小球必须带同种电荷c小球才能平衡。对b小球受力分析可得,b、c小球带异种电荷b小球才能平衡。故A、B两项错误;对c小球受力分析,将力正交分解后可得:kqaqcrac2sin60=kqbqcrbc2sin30,又racrbc=13,解得:qaqb=39。故C项错误,D项正确。8.目前智能手机普遍采用了电容触摸屏,电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的,它是一块四层复合玻璃屏,玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物),夹层ITO涂层作为工作面,四个角引出四个电极,当用户手指触摸电容触摸屏时,手指和工作面形成一个电容器,因为工作面上接有高频信号,电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出,且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例,控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。对于电容触摸屏,下列说法正确的是()A.电容触摸屏只需要触摸,不需要压力即能产生位置信号B.使用绝缘笔,在电容触摸屏上也能进行触控操作C.手指压力变大时,由于手指与屏的夹层工作面距离变小,电容变小D.手指与屏的接触面积变大时,电容变大答案AD解析据题意知,电容触摸屏只需要触摸,由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例,控制器就能确定手指的位置,因此不需要手指有压力,故A正确;绝缘笔与工作面不能形成一个电容器,所以不能在电容屏上进行触控操作,故B错误;手指压力变大时,由于手指与屏的夹层工作面距离变小,电容将变大,故C错误;手指与屏的接触面积变大时,电容变大,故D正确。9.(2019四川成都摸底测试)如图所示为某电场中的一条电场线。一负电荷以大小为v0的速度从M点沿电场线运动到N点的过程中,经历时间为t1,电势能变化量为Ep1。另一正电荷以大小为v0的速度从N点沿电场线运动到M点的过程中,经历时间为t2,电势能变化量为Ep2。已知v0的方向平行于电场线,两电荷的质量相等、电荷量绝对值相等,不计电荷的重力。则()A.Ep1可能小于Ep2B.Ep1一定等于Ep2C.t1可能小于t2D.t1一定等于t2答案BC解析电场力的功等于电势能的变化,则Ep=UMNq可知,Ep1一定等于Ep2,选项A错误,B正确;若沿电场线方向场强变大,即若EMEN,则当负电荷从M向N运动时,做加速度增加的减速运动;当正电荷从N向M运动时,做加速度减小的减速运动,则在此两个过程中,初末两状态的速度均相同,但是负电荷从M向N运动时平均速度大于正电荷从N向M运动时平均速度,可知此时负电荷从M向N运动的时间t1小于正电荷从N向M运动的时间t2,选项C正确,D错误。10.(2018贵州贵阳下学期适应性考试)如图所示,一板间距为d的平行板电容器竖直放置,两板间存在电场强度为E的电场,一个质量为m、电荷量为q的带电油滴从两极板正中间由静止释放,重力加速度为g,则带电油滴运动到极板的过程中()A.加速度大小为(Eq)2m+g2B.所需的时间为mdEqC.下降的高度为mgd2EqD.电场力对油滴所做的功为Eqd2答案BCD解析带电油滴受到重力、电场力,合力F=(Eq)2+(mg)2,根据牛顿第二定律有:a=Fm=(Eq)2+(mg)2m=Eqm2+g2,故A错误;根据运动独立性,水平方向点电荷的运动时间为t,水平方向上的加速度a=qEm,根据位移公式可得:d2=12Eqmt2,解得t=mdEq,下落的高度为h=12gt2=mgd2Eq,电荷运动水平位移为d2,由场力对油滴所做的功为W=Eqd2=Eqd2,故BCD正确,故选BCD。二、计算题(本题共2小题,共40分)11.(20分)(2018山东济南下学期第一次模拟)如图甲所示,粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接,过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E,质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放,运动中由于摩擦起电滑块电量会增加,过B点后电荷量保持不变,小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙。已知A、B间距离为4R,滑块与轨道间动摩擦因数为=0.5,重力加速度为g,不计空气阻力,求:(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量;(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小;(3)小滑块再次进入电场时,电场大小保持不变、方向变为向左,求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离。答案(1)q=mgE(2)FN=(6+35)mg(3)v4=25gR,方向与水平方向夹角为1=arctan12斜向左下方,位置在A点左侧2R处。解析根据在A、B两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量;利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的最低点即压力最大点;解(1)A点:q0E-mg=m12gB点:q1E-mg=m32g联立以上两式解得q=q1-q0=mgE;(2)从A到B过程:m12g+32g24R=12mv12-0将电场力与重力等效为“重力G”,与竖直方向的夹角设为,在“等效最低点”对轨道压力最大,则:G=(mg)2+(q1E)2cos=mgG从B到“等效最低点”过程:G(R-Rcos)=12mv22-12mv12FN-G=mv22R由以上各式解得:FN=(6+35)mg由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为:FN=(6+35)mg;(3)从B到C过程:-mg2R-q1ER=12mv32-12mv12从C点到再次进入电场做平抛运动:x1=v3tR=12gt2vy=gttan1=vyv3tan2=mgq1E由以上各式解得:1=2则进入电场后合力与速度共线,做匀加速直线运动tan1=Rx2从C点到水平轨道:mg2R+q1Ex2=12mv42-12mv32由以上各式解得:v4=25gRx=x1+x2-4R=2E因此滑块再次到达水平轨道的速度为v4=25Rg,方向与水平方向夹角为1=arctan12,斜向左下方,位置在A点左侧2R处。12.(20分)(2018四川绵阳第三次诊断性考试)真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场,A、B、C三点在电场中同一条竖直线上,C是A、B的中点。在某时刻,带电油滴a在A点,竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0,不带电油滴b在B点从静止释放,经过一段时间,a、b在C点相碰融为油滴c,此时刻将电场强度的大小突然变为某值,但保持其方向不变,再经过相同的时间,油滴c运动回到C点。油滴a、b的质量相等为m,重力加速度大小为g。求:(1)油滴c在C点初速度;(2)变化后的电场强度的大小;(3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中,电势能最大值与最小值之差。答案(1)12v0(2)3E0(3)34mv02解析(1)设油滴a从A点到C点、油滴b从B点到C点的时间相等为t1,碰前b的速度为v1,碰后a、b共同速度即油滴c在C点初速度为v2,以竖直向下方向为正方向,则v0t1=12v1t1mv1-mv0=2mv2解得v1=2v0,v2=12v0(2)油滴a带正电,设电荷量为q,油滴a从A点到C点的过程中有qE0=mg油滴b从B点到C点的过程有v1=gt1油滴c带正电,电荷量为q,质量为2m,设变化后的电场强度的大小为E,油滴c从C点开始以v2为初速度向下运动,加速度方向竖直向上,大小为a,在时间t1内位移为零,则2ma=qE-2mg0=v2t1-12at12由v1=2v0得2v0=gt1,由v2=12v0得v0=at1,则a=12g。解得E=3E0(3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中,向下运动时电场力做负功,向上运动时电场力做正功,在回到C点之前,电场力总功为负,所以油滴c在最低点电势能最大,在C点电势能最小。设最低点与C点间的距离为x,电场力做功为W,电势能最大值与最小值之差为E,则2ax=v22W=qExE=W解得E=34mv02
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