單元檢測七靜電場考生注意：1.本試卷共4頁.2.答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填寫在相應(yīng)位置上.3.本次考試時間90分鐘，滿分100分.4.請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整.一、單項選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分.在每小題給出的四個選項中只有一個選項正確，選對得4分，選錯的得0分)1.庫侖定律是電磁學(xué)的基本定律.1766年英國的普里斯特利通過實驗證實了帶電金屬空腔不僅對位于空腔內(nèi)部的電荷沒有靜電力的作用，而且空腔內(nèi)部也不帶電.他受到萬有引力定律的啟發(fā)，猜想兩個點電荷(電荷量保持不變)之間的靜電力與它們的距離的平方成反比.1785年法國的庫侖通過實驗證實了兩個點電荷之間的靜電力與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的平方成反比.下列說法不正確的是()A.普里斯特利的實驗表明，處于靜電平衡狀態(tài)的帶電金屬空腔內(nèi)部的電場處處為零B.普里斯特利的猜想運用了“類比”的思維方法C.為了驗證兩個點電荷之間的靜電力與它們的電荷量的乘積成正比，庫侖精確測定了兩個點電荷的電荷量D.為了驗證兩個點電荷之間的靜電力與它們的距離的平方成反比，庫侖制作了庫侖扭秤裝置2.(2017·寧夏育才中學(xué)期末)在電場中有一點P，下列說法中正確的是()A.若放在P點的檢驗電荷帶的電荷量加倍，則P點的場強加倍B.若P點沒有檢驗電荷，則P點的場強為零C.P點的場強越小，則同一電荷在P點受到的電場力越小D.P點的場強方向為放在該點的電荷的受力方向3.如圖1所示，分別在M、N兩點固定放置兩個等量異種點電荷＋Q和－Q，以MN連線的中點O為圓心的圓周上有四點A、B、C、D，關(guān)于這四點的場強和電勢，下列說法中不正確的是()圖1A.A點電勢高于B點電勢 B.A點場強大于B點場強C.C點電勢等于D點電勢 D.C點場強等于D點場強4.如圖2所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，則下列說法正確的是()圖2A.保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ減小B.保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ不變C.斷開S，將A板向B板靠近，則θ增大D.斷開S，將A板向B板靠近，則θ不變5.(2017·黑龍江大慶鐵人中學(xué)月考)如圖3所示是一個平行板電容器，其板間距為d，電容為C，帶電荷量為Q，上極板帶正電.現(xiàn)將一個試探電荷＋q由兩板間的A點移動到B點，如圖所示，A、B兩點間的距離為s，連線AB與極板間的夾角為30°，則電場力對試探電荷＋q所做的功等于()圖3A.eq\f(qCs,Qd)B.eq\f(qQs,Cd)C.eq\f(qQs,2Cd)D.eq\f(qCs,2Qd)6.(2018·安徽巢湖質(zhì)檢)靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置.如圖4所示為該透鏡工作原理示意圖，虛線表示這個靜電場在xOy平面內(nèi)的一簇等勢線，等勢線形狀相對于x、y軸對稱，等勢線的電勢沿x軸正向增加，且相鄰兩等勢線的電勢差相等.圖中實線為某個電子通過電場區(qū)域時的軌跡示意圖，關(guān)于此電子從a點運動到b點過程，下列說法正確的是()圖4A.a點的電勢高于b點的電勢B.電子在a點的加速度大于在b點的加速度C.電子在a點的動能大于在b點的動能D.電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能7.如圖5所示，一電荷量大小為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直.粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角.已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，不計重力作用，設(shè)P點的電勢為零.則下列說法正確的是()圖5A.帶電粒子帶負(fù)電B.帶電粒子在Q點的電勢能為UqC.此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D.此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(\r(3)U,3d)8.如圖6所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線1、2、3為等勢線，已知MN＝NQ，a、b兩帶電粒子從等勢線2上的O點以相同的初速度飛出.僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖所示，則()圖6A.a一定帶正電，b一定帶負(fù)電B.a加速度逐漸減小，b加速度逐漸增大C.M、N兩點間電勢差|UMN|等于N、Q兩點間電勢差|UNQ|D.a粒子到達(dá)等勢線3的動能變化量比b粒子到達(dá)等勢線1的動能變化量小二、多項選擇題(本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，至少有兩個選項是正確的，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)9.(2017·北大附中河南分校月考)下列說法正確的是()A.帶電粒子僅在電場力作用下做“類平拋”運動，則電勢能一定減小B.帶電粒子只受電場力作用，由靜止開始運動，其運動軌跡一定與電場線重合C.帶電粒子在電場中運動，如只受電場力作用，其加速度方向一定與電場線方向相同D.帶電小球在勻強電場中僅在電場力和重力的作用下運動，則任意相等時間內(nèi)速度的變化量相同10.如圖7所示，有一帶電物體處在一個斜向上的勻強電場E中，由靜止開始沿天花板向左做勻速直線運動，下列說法正確的是()圖7A.物體一定帶正電B.物體一定帶負(fù)電C.物體不一定受彈力的作用D.物體一定受彈力的作用11.(2017·河北石家莊二模)如圖8所示，一帶電小球自固定斜面頂端A點以某速度水平拋出，落在斜面上B點.現(xiàn)加上豎直向下的勻強電場，仍將小球自A點以相同速度水平拋出，落在斜面上C點.不計空氣阻力，下列說法正確的是()圖8A.小球帶正電B.小球所受電場力可能大于重力C.小球兩次落在斜面上所用的時間不相等D.小球兩次落在斜面上的速度大小相等12.一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖9所示，其中0～x2段是軸對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是()圖9A.x1處電場強度最大B.x2～x3段是勻強電場C.x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1>φ2>φ3D.粒子在0～x2段做勻變速運動，在x2～x3段做勻速直線運動13.(2018·廣東珠海聯(lián)考)如圖10所示，M、N和P三點在以MN為直徑的絕緣半圓形光滑碗的邊緣上，O點為半圓弧的圓心，MN為半圓形碗的水平直徑，∠MOP＝60°.將電荷量為q的點電荷A置于P點，點電荷質(zhì)量為m，則下列說法正確的是()圖10A.若僅在M點固定一個點電荷B，要使A靜止，則A、B一定帶異種電荷B.若僅在N點固定一個點電荷B，要使A靜止，則A、B一定帶同種電荷C.要使P處A點電荷靜止，若施加一個勻強電場，則場強一定為E＝eq\f(mg,q)D.要使P處A點電荷靜止，在P處施加的電場的場強最小值為E＝eq\f(mg,2q)14.(2017·天津和平區(qū)質(zhì)量調(diào)查)如圖11所示，光滑水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)域ABCD，處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形的某一條邊平行，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由AC邊的中點，以垂直于該邊的水平初速度v0進入該正方形區(qū)域，當(dāng)小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為()圖11A.eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,3)qEL B.eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2,3)qELC.eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)qEL D.eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,3)qEL三、非選擇題(本題共4小題，共38分)15.(8分)如圖12所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為O，半徑R＝0.50m，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小E＝1.0×104N/C.現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.20kg、電荷量q＝8.0×10－4C的帶電體(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止開始運動，已知sAB＝1.0m，帶電體與軌道AB、CD間的動摩擦因數(shù)均為0.5.假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等，求：(g取10m/s2圖12(1)帶電體運動到圓弧形軌道C點時的速度大?。?2)帶電體最終停在何處.16.(10分)如圖13所示，一條長為L的絕緣細(xì)線上端固定在O′點，下端系一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，將它置于一個水平向右的勻強電場中，且qE＝mg.在O點給小球以初速度v0，使小球恰好能在豎直平面內(nèi)做順時針方向上的完整圓周運動.求：圖13(1)運動過程中最小速度和最大速度的大小；(2)初速度v0的大小.17.(10分)(2017·湖南長沙四縣三月模擬)如圖14所示，互相絕緣且緊靠在一起的A、B物體，靜止在水平地面上，A的質(zhì)量為m＝0.04kg、帶電荷量為q＝＋5.0×10－5CB的質(zhì)量為M＝0.06kg不帶電.兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4t＝0時刻開始空間存在水平向右的勻強電場電場強度為E＝1.6×104圖14(1)求A、B的加速度及其相互作用力的大??；(2)若t＝2s后電場反向，且場強減為原來的一半，求物體B停下時兩物體間的距離.

18.(10分)(2017·廣東華南三校聯(lián)考)在光滑的水平面上固定一個直角三角形支架ABC，其中一個角度為37°.支架的A端固定一絕緣光滑的管道，內(nèi)部固定一個輕質(zhì)彈簧，在彈簧處于自然狀態(tài)時彈簧的另一端Q與A的間距為2R，AC＝7R.在Q點右側(cè)有場強為E的勻強電場，如圖15甲所示.質(zhì)量為m、帶正電q的小物塊P(不計重力)自C點由靜止開始運動.已知P與CQ直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，其余部分光滑.(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖15(1)求P第一次運動到Q點時速度的大小.(2)若用P緩慢壓縮彈簧到某點E，由靜止釋放后，P滑過C點運動到與AB所在直線間距最遠(yuǎn)點M處，M點與AB所在直線的距離為eq\f(26,5)R.求P在E點時，彈簧具有的彈性勢能；(3)如圖乙，若支架在C端與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，O為圓心，OD∥BC.A、B、C、D均在同一平面內(nèi).用P緩慢壓縮彈簧到某點由靜止釋放，要使P能夠到達(dá)圓軌道，并在經(jīng)過圓軌道時不脫離圓軌道，求釋放P時彈簧具有的彈性勢能應(yīng)滿足什么條件.

答案精析1.C2.C[電場強度取決于電場本身，與有無試探電荷無關(guān)，所以在P點檢驗電荷帶的電荷量加倍或無檢驗電荷，P點的場強不變，故A、B錯誤；據(jù)F＝Eq知，P點的場強越小，則同一電荷在P點所受的電場力越小，故C正確；P點的場強方向為正電荷在該點的受力方向，故D錯誤.]3.B[M、N間的電場線方向從M指向N，根據(jù)順著電場線電勢逐漸降低，則知A點電勢高于B點電勢，所以A選項正確；M、N兩點固定放置兩個等量異種點電荷＋Q和－Q，A點和B點關(guān)于O點對稱，A、B兩點處電場線的疏密程度相同，則A點場強等于B點場強，故B不正確；C、D兩點位于同一等勢面上，電勢相等，所以C選項正確；C、D兩點關(guān)于O點對稱，電場強度相同，所以D選項正確.]4.D[開始時帶電小球受到重力、電場力及懸線拉力作用而平衡，保持S閉合，極板間電壓U不變，將A板向B板靠近，由E＝eq\f(U,d)知場強變大，小球受到的電場力變大，則θ變大，A、B均錯誤；斷開S，則極板所帶電荷量Q不變，將A板向B板靠近，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)·d)＝eq\f(4πkQ,εrS)知場強不變，則θ不變，C錯誤，D正確.]5.C[由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)得，板間電壓U＝eq\f(Q,C)，板間場強E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd).試探電荷q由A點移動到B點，電場力做功W＝qEssin30°＝eq\f(qQs,2Cd)，故選C.]6.D[由于等勢線的電勢沿x軸正向增加，故A錯誤.根據(jù)等勢線的疏密知道b處的電場線密，場強大，電子的加速度大，故B錯誤.電子從a點運動到b點的過程中，電場力做正功，動能增加，電勢能減少，故C錯誤，D正確.]7.C[由運動軌跡向上偏轉(zhuǎn)可知粒子帶正電，A錯；由P→Q，電場力做功為WPQ＝EpP－EpQ＝qU，φP＝0，則EpP＝0，EpQ＝－qU，B錯；對Q點速度分解v0＝vsin30°，則v＝2v0對P→Q過程，WPQ＝qU＝qE·x＝eq\f(1,2)m(v2－v02) ①x＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2 ②d＝v0t ③由①②③求得E＝eq\f(2\r(3)U,3d)，C對，D錯.]8.B[由題圖可知，a粒子的軌跡方向向右彎曲，則a粒子所受電場力方向向右，b粒子的軌跡向左彎曲，則b粒子所受電場力方向向左，由于電場線方向未知，無法判斷粒子的電性，故A錯誤.由電場線疏密可知，a所受電場力逐漸減小，加速度逐漸減小，b所受電場力逐漸增大，加速度逐漸增大，故B正確.已知MN＝NQ，由于MN段場強大于NQ段場強，所以M、N兩點間電勢差|UMN|大于N、Q兩點間電勢差|UNQ|，故C錯誤.根據(jù)電場力做功公式W＝Uq，|UMN|>|UNQ|，由于兩個粒子所帶電荷量的大小關(guān)系未知，所以不能判斷電場力做功的多少及動能變化量大小，故D錯誤.]9.AD10.AD[若物體帶負(fù)電荷，則所受電場力向右下方，重力向下，則物體必然斜向下運動，不符合題意，A項正確，B項錯誤；若物體帶正電，則受力分析如圖所示，因物體做勻速直線運動，則合力必為零，一定受到摩擦力，必須受到彈力作用，C項錯誤，D項正確.]11.CD[設(shè)斜面傾角為θ，落點與拋出點間距離為l，小球在水平方向上以速度v0勻速運動：lcosθ＝v0t，豎直方向上從靜止開始做勻加速直線運動：lsinθ＝eq\f(1,2)at2，解得l＝eq\f(2v02sinθ,acos2θ)，可見a越小落點越遠(yuǎn)，故小球帶負(fù)電荷，受到豎直向上的電場力，且電場力應(yīng)小于重力，否則小球?qū)⒀厮椒较騽蛩龠\動或向上做類平拋運動，故A、B錯誤.再由lcosθ＝v0t可以看出，落點越遠(yuǎn)時間越長，C正確.由動能定理有malsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，又l＝eq\f(2v02sinθ,acos2θ)，得v＝v0eq\r(1＋4tan2θ)，故D正確.]12.BC[因為圖象的斜率可以反映電場強度大小，所以在x1處電場強度最小，A錯誤；x2～x3段為直線，斜率恒定，所以該段為勻強電場，B正確；粒子帶負(fù)電，0～x1階段，電場力做正功，即逆著電場線方向到達(dá)x1處，之后電場力做負(fù)功，順著電場線從x1依次到達(dá)x2、x3，而沿電場線方向電勢降低，故有φ1>φ2>φ3，C正確；圖象的斜率可以反映電場強度大小，所以粒子在0～x2段做非勻變速直線運動，在x2～x3段做勻減速直線運動，D錯誤.]13.ABD[若僅在M點放置一個點電荷B，對點電荷A受力分析，A受到重力和由P指向O方向的支持力，若要平衡，則必受到庫侖引力，因此A、B一定帶異種電荷，故A正確；同理可知B正確；若要使P處A點電荷靜止，只有施加豎直方向的勻強電場時，場強才一定為E＝eq\f(mg,q)，故C錯誤；若要使P處A點電荷靜止，則在P處施加的電場力如圖所示時，電場力最小，電場強度最小，最小值為E＝eq\f(mgcos60°,q)＝eq\f(mg,2q)，故D正確.]14.AC[若電場方向與BD平行，則電場力做的功W≤eq\f(1,2)EqL，動能滿足eq\f(1,2)mv02<Ek≤eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)qEL.若電場方向與AB平行，則電場力做的功W＝qEL或W＝－qEL或W＝0，動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＋EqL或Ek＝eq\f(1,2)mv02－EqL或Ek＝eq\f(1,2)mv02，故A、C正確，B、D錯誤.]15.(1)10m/s(2)見解析解析(1)設(shè)帶電體到達(dá)C點時的速度為v，從A到C由動能定理得：qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝eq\f(1,2)mv2解得v＝10m/s.(2)設(shè)帶電體沿豎直軌道CD上升的最大距離為h；從C到D由動能定理得：－mgh－μqEh＝0－eq\f(1,2)mv2解得h＝eq\f(5,3)m在最高點，帶電體受到的最大靜摩擦力Ffmax＝μqE＝4N，重力G＝mg＝2N因為G<Ffmax所以帶電體最終停在C點上方與C點的豎直距離為eq\f(5,3)m處.16.(1)eq\r(\r(2)gL)eq\r(5\r(2)gL)(2)eq\r(3\r(2)＋2gL)解析(1)如圖所示，小球在運動過程中受到重力、電場力和細(xì)線拉力作用.利用等效重力場的方法，根據(jù)平行四邊形定則求出重力和電場力的合力大小F合＝eq\r(2)mg，其方向斜向右下方與水平方向成45°角.過圓心作合力的作用線，把其反向延長交圓周上的B點，則B為等效最“高”點，過等效最“高”點的速度即為運動過程中的最小速度，由于是恰好做圓周運動，所以小球在等效最“高”點B時只受電場力和重力作用，細(xì)線的拉力為零.等效重力加速度為g′＝eq\f(F合,m)＝eq\r(2)g，由meq\f(vmin2,L)＝mg′，可得最小速度vmin＝eq\r(\r(2)gL).A點為等效最“低”點，小球在運動中通過此點的速度最大，eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mvmin2＝mg′·2L，可得最大速度vmax＝eq\r(5\r(2)gL).(2)從O到A，由動能定理得－mgL(1－cos45°)＋qELsin45°＝eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mv02，結(jié)合qE＝mg，解得v0＝eq\r(3\r(2)＋2gL).17.(1)4m/s20.48N(2)11.8m解析(1)對整體分析，加速度大小a＝eq\f(qE－μM＋mg,M＋m)＝4m/s2隔離B分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－μMg＝Ma解得F＝μMg＋Ma＝0.48N(2)t＝2s時，A、B的速度大小v＝2×4m/s＝8m/st＝2s后電場反向，且場強減為原來的一半此時A做勻減速運動的加速度大小aA＝eq\f(qE′＋μmg,m)＝14m/s2B做勻減速運動的加速度大小aB＝μg＝4m/s2B速度減為零的時間tB＝eq\f(v,aB)＝2s減速到零的位移大小xB＝eq\f(v2,2aB)＝8mA速度減為零的時間tA1＝eq\f(v,aA)＝eq\f(4,7)s減速到零的位移大小xA1＝eq\f(v2,2aA)＝eq\f(16,7)m則A反向做勻加速運動的加速度大小aA′＝eq\f(qE′－μmg,m)＝6m/