第七章静电场章末综合测试(七)(时间：60分钟 分数：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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)1.四个等量异种电荷，分别放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是( )A．O点电场强度为零B．A、B、C、D四个点的电场强度相同C．将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零D．将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能减小解析：C 根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，O点电场强度不为零，方向由O指向C，A错误．根据对称性，A、C两点电场强度相同，B、D两点电场强度相同，而A、B两点电场强度不相同，B错误，由对称性可知，B、D两点等电势，将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零，C正确，图中A点电势高于C点，将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能增大，D错误．2.如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是( )A．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低B．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高C．O点的电场强度为零，电势最低D．O点的电场强度不为零，电势最高解析：C 根据对称性得出，在O点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库仑力为零，根据电场强度定义可知O点电场强度为零．沿x轴无限远处电场强度为零，从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小．沿x轴无限远处，若设电势为零，逆着x轴方向向O点移动一个带正电的试探电荷，电场力做正功，电势能减小．根据电势的定义可知O点的电势能最小，电势最低，所以从O点沿x轴正方向，电势一直升高，A、B、D错误，C正确．3.如图所示虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA，电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为EkB，电势能为EpB.则下列结论正确的是( )A．aA>aB，EkA>EkB B．aA<aB，EpA>EpB7\nC．aA<aB，EpA<EpBD．aA>aB，EkA<EkB解析：C 根据等电势差等势面稀疏处电场强度小，密处电场强度大，可知A处电场强度小于B处．由电场力公式和牛顿第二定律可得qE＝ma，由此可知aA<aB.根据等势面分布和电场线垂直于等势面可知，电场线方向垂直等势面指向圆心．根据带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹可知，带电粒子所受电场力方向与电场线方向相反，带电粒子带负电荷．带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B，克服电场力做功，电势能增加，动能减小，EkA>EkB，EpA<EpB，C正确．4.一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的关系如右图所示．下列图象中合理的是( )解析：D 在粒子运动中的某一小段位移Δx内电场力做功qEΔx.由动能关系知ΔEp＝－qE·Δx，即＝－qE，Ep－x图线斜率的绝对值表示电场力，故由图线可知E逐渐减小，A错误．因粒子仅受电场力作用，由qE＝ma可知a也逐渐减小，D正确；再由动能定理有ΔEk＝qE·Δx，即＝qE，Ek－x图线的斜率也表示电场力，Ek－x图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B错误．由v2＝2ax有v＝，可知v－x图线应是一条曲线，故C错误．5.如图所示，AB为均匀带有电荷量为＋Q的细棒，C为AB棒附近的一点，CB垂直于AB.AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为φ0，φ0可以等效成AB棒上某点P处、带电荷量为＋Q的点电荷所形成的电场在C点的电势．若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0＝k.若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和．根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C′处的电势为( )A．φ0B.φ0C．2φ0D．4φ07\n解析：C 可以设想关于B点对称的另一段均匀带有电荷量为＋Q的细棒A′B，根据电势叠加原理，C点的电势为2φ0.对于C′点电势，可视为由带电量各为的两段细棒产生的电场的电势叠加而成，AC连线中点C′处的电势为φ＝k＋k＝2φ0，C正确．6.如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个可视为质点的带负电小球在细管内运动．以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ、小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是( )解析：AB 匀强电场的φ－x图象应为倾斜的直线，A正确．带负电的小球在电场中受力方向与场强方向相反，x>0时加速度a应为负，B正确．根据qEx＝Ek－mv可知，C、D错误．7.如图所示，电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则( )A．带电油滴的电势能将增大B．P点的电势将降低，两极板间的电势差不变C．平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大D．电容器的电容增大，带电油滴将沿竖直方向向上运动解析：CD 因为电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压恒定不变，将平行板电容器上极板竖直向下移动一小段距离，则两极板间的距离减小，根据公式E＝可得两极板间的电场强度增大，则P将向上运动，电场力做正功，电势能将减小．P到下极板间的距离不变，根据公式U＝Ed可得P与下极板间的电势差增大，P点电势增大．根据公式C＝可得电容增大，根据公式C＝可得电荷量增大，C、D正确．8.(2022·天津和平质量调查)光滑水平面上有一边长为L的正方形区域ABCD处在场强为E7\n的匀强电场中，电场方向与正方形的某一条边平行，一质量为m、带电荷量为q的小球由AC边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域，当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为( )A.mv＋qELB.mv＋qELC.mv＋qELD.mv－qEL解析：AC 若电场方向与BD平行，则电场力做的功W≤EqL，动能满足mv<Ek≤mv＋qEL.若电场方向与AB平行，则电场力做的功W＝qEL或W＝－qEL或W＝0，动能Ek＝mv＋EqL或Ek＝mv－EqL或Ek＝mv.故A、C正确，B、D错误．二、填空题(本大题共2小题，第9题4分，10题8分，共12分)9．如图是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点．(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．(2)若UYY′>0，UXX′＝0，则粒子向________板偏移，若UYY′＝0，UXX′>0，则粒子向________板偏移．答案：(1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X(每空1分)10.在如图所示的直角坐标系中，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场E1，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2，第四象限中有一固定的点电荷．现有一质量为m的带电粒子由第二象限中的A点(－a，b)静止释放(不计重力)，粒子到达y轴上的B点时，其速度方向和y轴负方向的夹角为45°，粒子在第四象限中恰好做匀速圆周运动，经过x轴上的C点时，其速度方向与x轴负方向的夹角为60°，则：(1)E1和E2之比为________；(2)点电荷的位置坐标为________．解析：(1)设粒子在第二象限中的运动时间为t1，进入第三象限时的速度为v0，有：b＝·t，b＝v0t17\n设粒子在第三象限中的运动时间为t2，在B点速度为v，x轴方向的分速度为vx，则：v＝v0vx＝v0a＝·t，a＝vxt2由以上各式得E1∶E2＝a∶b，t2＝.(2)设O、B的间距为l，粒子做圆周运动的半径为r，则：l＝v0t2＝2al＝rcos45°＋rsin30°由以上两式得r＝4a(－1)所以点电荷的位置坐标：xD＝rsin45°＝2a(2－)yD＝－(l－rcos45°)＝2a(1－)．答案：(1)a∶b (2)[2a(2－)，2a(1－)](每空4分)三、计算题(本大题共2小题，第11题18分，12题22分，共40分．写出必要的解题步骤及文字说明，只有结果不得分)11．一带正电小球，由空中A点以初速度v0水平抛出，落地时速度方向与初速度方向夹角为θ1＝45°.若在整个空间施加竖直向下的电场，电场强度为E＝，小球仍由A点以相同的初速度水平抛出，求：(1)A点距离地面的高度；(2)加电场后，落地时速度方向与v0之间的夹角θ2.解析：(1)无电场时，设落地速度为v1，＝cosθ1由动能定理mgh＝mv－mv，可得h＝(8分)(2)加电场后，设落地速度为v2，＝cosθ2由动能定理mgh＋Eqh＝mv－mv(10分)可得θ2＝60°.答案：(1) (2)60°12.如图所示，虚线左侧有一场强为E1＝E7\n的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ；(3)电子打到屏上的点O′到O点的距离．解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得：a1＝＝① (2分)由x＝at2得：＝a1t② (2分)电子进入电场E2时的速度为：v1＝a1t1③ (2分)电子从进入电场E2至打到屏上的过程中，在水平方向做匀速直线运动，时间为：t2＝④ (2分)电子从释放到打到屏上所用的时间为：t＝t1＋t2⑤ (2分)联立①②③④⑤式解得：t＝3(2)设电子刚射出电场E2时平行电场方向的速度为vy电子进入电场E2时的加速度为：a2＝＝⑥ (2分)vy＝a2t3⑦ (2分)t3＝⑧ (2分)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为：tanθ＝⑨ (2分)联立解得：tanθ＝2⑩ (2分)(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示：设电子打到屏上的点O′到O点的距离为x，7\n由几何关系得：tanθ＝⑪ (2分)联立得：x＝3L.答案：(1)3 (2)2 (3)3L7
