2021学年第一章 静电场的描述本章综合与测试复习练习题

第一章　静电场的描述

专题强化练2　静电场中的图像问题

一、选择题

1.(2020福建师大附中高二上月考,)真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点,在它们的连线上场强E与x的关系如图所示(取x轴正方向为场强正方向),以下判断正确的是              (　　)

A.Q1带负电,Q2带正电

B.Q2的电荷量是Q1的2倍

C.x轴上x=a处的电势比x=2a处的高

D.带负电的试探电荷从x=a处移到x=2a处电场力做正功

2.(2020广东汕尾高二上月考,)(多选)如图甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示。若在O点由静止释放一电子,且电子仅受电场力的作用,则              (　　)

A.电场的方向沿Ox正方向

B.电子沿Ox正方向运动

C.电子加速度先减小,后保持不变

D.电子的电势能将增大

3.(2020广东潮州高二上期末,)(多选)静电场在x轴上的场强E随x变化的关系如图所示,x轴正向为场强正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷(　　)

A.在x2和x4处受的电场力相等

B.由x2运动到x4的过程中电势能保持不变

C.由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大

D.由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小

4.(2021四川雅安高三三诊,)如图甲所示,O、A为电场中一直线上的两个点,带正电的点电荷只受电场力的作用,从O点以某一初速度沿直线运动到A点,其电势能Ep随位移x变化的关系如图乙所示。则从O到A过程中,下列说法正确的是              (　　)

A.点电荷的速度先增大后减小

B.点电荷所受电场力先减小后增大

C.该电场是负点电荷形成的

D.从O到A电势先降低后升高

5.(2021四川成都高二上月考,)电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为-3L和3L两点处,其中坐标为-3L处点电荷带电荷量绝对值为Q,两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示,其中x=L处电势最低,x轴上M、N两点坐标分别为-2L和2L,则下列判断正确的是              (　　)

A.两点电荷一定为异种电荷

B.原点O处场强大小为

C.正试探电荷在原点O处受到向左的电场力

D.负试探电荷由M点运动到N点的过程,电势能先减小后增大

6.(2021安徽肥东二中高二上月考,)在坐标原点O点和x轴上的A点分别放点电荷q1和q2,x轴上电势φ随x变化的关系如图所示,x轴上的B点对应图线的斜率为0,则              (　　)

A.q1为正电荷,q2为负电荷

B.q2的电荷量比q1的电荷量大

C.两个点电荷在x轴上产生的场强大小相等的点只有一个

D.B点的电场强度为0

7.(2021福建厦门高二上月考,)静电场方向平行于x轴,将一电荷量为-q的带电粒子在x=d处由静止释放,粒子只在电场力作用下沿x轴运动,其电势能Ep随x的变化关系如图所示。若规定x轴正方向为电场强度E、加速度a的正方向,四幅示意图分别表示电势φ随x的分布、场强E随x的分布、粒子的加速度a随x变化的关系和粒子的动能Ek随x变化的关系,其中正确的是              (　　)

8.(2021山东日照高三上联考,)两个等量同种正电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一个带电荷量为2×10-5 C、质量为1 g的小物块在水平面上从C点由静止释放,其运动的v-t图像如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是              (　　)

甲

乙

A.由C点到A点电势逐渐增大

B.由C到A的过程中物块的电势能先变大后变小

C.A、B两点间的电势差UAB=500 V

D.B点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=100 N/C

二、非选择题

9.(2021广东广州大学附属中学高二上月考,)如图甲所示,在匀强电场中,虚线为电场线,与Ox轴成θ=37°角,Ox轴上有a、b、c三点,Oa=bc=ab=2 cm,Ox轴上各点的电势φ的变化规律如图乙所示。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)电场线方向和场强大小;

(2)c点的电势和电子在a点的电势能(用eV表示)。

10.(2021江西南昌高二上月考,)如图甲所示,一电荷量为Q的正点电荷固定在A点,在距离A点为d处固定一竖直放置的足够长光滑绝缘杆,O、B为杆上的两点,A、B连线与杆垂直。杆上穿有一可视为点电荷、质量为m的带正电小球,现让小球从O点由静止开始向下运动,以O点为x=0位置,竖直向下为正方向,建立直线坐标系。小球的电势能Ep随坐标x的变化关系如图乙所示。已知静电力常量为k,重力加速度为g。

(1)求小球运动至B点时的速度大小;

(2)如果小球通过x=2d时的加速度a=1.5g,求小球所带电荷量。

答案全解全析

1.C　由题图可知x=a处的场强为零,在O~a范围内场强方向沿x轴负方向,在a~3a范围内场强方向沿x轴正方向,所以两个点电荷均带负电,选项A错误;x=a处的场强为零,根据点电荷场强公式有=,可得Q2=4Q1,选项B错误;由题图可知,在a~2a范围内场强方向沿x轴正方向,沿电场线方向电势逐渐降低,所以在x轴上x=a处的电势比x=2a处的高,选项C正确;由上面的分析可知,在a~2a范围内场强方向沿x轴正方向,带负电的试探电荷受电场力方向与场强方向相反,即沿x轴负方向,所以带负电的试探电荷从x=a处移到x=2a处电场力做负功,选项D错误。

2.BC　由于沿电场线方向电势逐渐降低,可知电场方向沿Ox负方向,选项A错误;电子所受电场力方向与场强方向相反,电子沿Ox正方向运动,选项B正确;由φ-x图线的斜率表示场强,可知场强E的大小逐渐减小为零,电子加速度先减小,后保持为零,选项C正确;电场力做正功,电子动能逐渐增大,根据能量守恒定律可知,电势能逐渐减小,选项D错误。

3.AD　由题图可知,x2和x4处电场强度相同,根据F=qE,可知点电荷在x2和x4处受的电场力相等,选项A正确;由图可知x2至x4范围内电场强度为负方向,故正电荷由x2运动到x4的过程中电场力做负功,电势能增加,选项B错误;由图可知从x1至x4电场强度先增大后减小,所以点电荷所受电场力先增大后减小,选项C错误,D正确。

4.B　正点电荷只在电场力作用下运动,故点电荷的电势能与动能的总和不变,由图像可知,电势能先增大后减小,则动能先减小后增大,速度先减小后增大,选项A错误;电场力做的功W=Fx=Ep-Ep0,Ep-x图线的斜率反映电场力的大小和方向,可见电场力先减小后增大,且方向发生了变化,因此不可能是点电荷的电场,选项B正确,C错误;从O到A过程中,该正点电荷的电势能先增大再减小,则各点的电势先升高后降低,选项D错误。

5.B　由于φ-x图线的斜率表示场强,由题图可知L处合场强为零,且电势均为正,则两点电荷均为正电荷,选项A错误;x=L处合场强为0,有-=0,得Q'=,故原点处的场强大小为-=,方向向右,则正试探电荷在原点O处受到的电场力向右,选项B正确,C错误;由M点到N点电势先降低后升高,所以负试探电荷由M点运动到N点的过程,电势能先增大后减小,选项D错误。

6.D　由题图可知,O点附近的电势为负值,A点附近的电势为正值,则O点放置的点电荷q1为负电荷,A点放置的点电荷q2为正电荷,因B点对应φ-x图线切线斜率为零,可知B点合场强为零,q1、q2两点电荷在B点的场强等大反向,可知q1的电荷量比q2的电荷量大,选项A、B错误,D正确;两个点电荷在x轴上产生的场强大小相等的点有两个,O、A之间有一个,此处两点电荷产生的场强等大同向,A点右侧有一个,此处两点电荷产生的场强等大反向,选项C错误。

7.D　根据Ep=φq可知,由于粒子带负电,电势的变化应与题图中Ep的变化相反,故φ-x图像应如图所示,选项A错误;φ-x图像的斜率表示电场强度,沿电场方向电势降低,则知在x=0的左侧,存在向左的匀强电场,x=0右侧存在向右的匀强电场,选项B错误;根据牛顿第二定律知qE=ma,粒子在匀强电场中运动时加速度不变,由于粒子带负电,粒子的加速度在x=0左侧为正值,大小不变,在x=0右侧加速度为负值,且大小不变,选项C错误;因为带电粒子只受电场力作用,所以带电粒子的动能与电势能总和保持不变,即Ek-x图像应与Ep-x图像的形状上下对称,故给出的图像正确,选项D正确。

8.D　由v-t图像可知,由C到A的过程中,物块的速度一直增大,电场力对物块做正功,电势能一直减小,电势逐渐降低,选项A、B错误;由v-t图像可知,物块在A、B两点的速度分别为vA=6 m/s,vB=4 m/s,根据动能定理得qUBA=m-m=×10-3×(62-42) J=10-2 J,解得UAB=-UBA=-500 V,选项C错误;物块在B点的加速度最大,为am= m/s2=2 m/s2,所受的电场力最大为Fm=mam=10-3×2 N=2×10-3 N,则场强最大值为Em== N/C=100 N/C,选项D正确。

9.答案　(1)电场线方向斜向下,场强大小为1 000 N/C

(2)-16 V　-32 eV

解析　(1)由题图乙可知沿x正方向电势降低,所以电场线方向斜向下;

φ-x图线的斜率表示电场强度沿x方向的分量,由题图乙可知Ex=800 V/m,所以E==1 000 V/m

(2)由题得O点的电势为48 V,O、c间的距离为Oc=8 cm=0.08 m,所以O、c间的电势差为

UOc=E·Oc·cos 37°=1 000×0.08×0.8 V=64 V

由于UOc=φO-φc,将UOc=64 V、φO=48 V代入得φc=-16 V

O、a间的电势差为UOa=E·Oa·cos 37°=1 000×0.02×0.8 V=16 V

由于UOa=φO-φa,将UOa=16 V、φO=48 V代入得φa=32 V

所以电子在a点的电势能为Ep=-eφa=-32 eV

10.答案　(1)　(2)

解析　(1)由题图乙可知,小球从O运动至B点时,电势能增加量为E2-E1,则电场力做负功,大小为W电=E2-E1

由动能定理得mgd-W电=m

解得vB=

(2)小球通过x=2d时,由牛顿第二定律得

mg+k cos 45°=ma

其中a=1.5g

解得q=