专题过关检测（六）电场的基本性质

专题过关检测（六）电场的基本性质一、单项选择题1．(2019·常州期末)国际单位制中，不是电场强度单位的是(　　)A．V/mB．N/CC．J/(A·s)D．T·m/s解析：选C　根据电场强度的公式E＝可知，电势差的单位为V，距离的单位为m，所以V/m是电场强度的单位，A项正确；根据电场强度的定义式E＝可知，力的单位是N，电荷量的单位是C，所以N/C是电场强度的单位，B项正确；根据电势差的公式U＝，q＝It可知，功的单位为J，电流的单位为A，时间的单位是s，J/(A·s)是电势差的单位，不是电场强度的单位，C项错误；根据公式F＝qE及F＝qvB，E的单位与Bv的单位一样，故T·m/s是电场强度的单位。2．(2019·江苏七市调研)西汉著作《淮南子》中记有“阴阳相薄为雷，激扬为电”，人们对雷电的认识已从雷公神话提升到朴素的阴阳作用。下列关于雷电的说法中错误的是(　　)A．发生雷电的过程是放电过程B．发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程C．发生雷电的过程中，电荷的总量增加D．避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击解析：选C　雷电是天空中带异种电荷的乌云间的放电现象，A项正确；根据能量转化可知，发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程，B项正确；电荷既不会创生，也不会消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分，总量不变，C项错误；避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击，D项正确。3．某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为定值电阻，薄片P和Q为两相互绝缘的金属极板。当对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中(　　)A．P、Q两板构成电容器的电容增大B．P板电荷量增大 C．M点的电势比N点高D．P、Q两板间的场强增大解析：选C　电容式话筒与电源串联，P、Q两板间电压U保持不变；在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C＝可知电容减小，又根据电容定义式C＝得知电容器所带电荷量减小，则P极板上电荷量减小，电容器放电，放电电流通过R的方向由M到N，那么M点的电势比N点高，根据场强E＝可知P、Q两极板间的场强变小，综上所述，故A、B、D项错误，C项正确。4.(2019·徐州模拟)在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则(　　)A．q1和q2都是正电荷且q1>q2B．B、C间场强方向沿x轴负方向C．C点的电场强度大于A点的电场强度D．将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功解析：选B　由题图和φ＝知A点的电势为零，越靠近O点电势越高，越靠近P点电势越低，所以O点的电荷带正电，P点电荷带负电，故A错误；正点电荷从B点到C点，电势能增大，根据φ＝可知电势增大，由于沿着电场线电势降低，则有B、C间场强方向沿x轴负方向，故B正确；Epx图像的斜率为k＝＝＝qE，可知C点的电场强度小于A点的电场强度，故C错误；因为B、C间电场强度方向沿x轴负方向，C、D间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后做负功，故D错误。5.(2019·苏州一模)一根轻质杆长为2l，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电荷量分别为＋q和－q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为U，该过程中(　　)A．小球2受到的电场力减小B．小球1电势能减少了UqC．小球1、2的机械能总和增加了Uq＋mgl D．小球1、2的动能总和增加了Uq解析：选D　由题图可知，将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，小球2位置的电场线变密，电场强度变大，故小球2受到的电场力增大，故A错误；根据U＝Ed，小球1前后位置电势差小于U，所以小球1的电势能减少量小于qU，故B错误；对于小球1、2作为整体，重力势能不变，电场力做功，根据动能定理可知小球1、2的动能总和增加了Uq，所以小球1、2的机械能总和增加了qU，故C错误，D正确。二、多项选择题6.(2019·苏锡常镇二模)如图，带电金属圆筒和金属板放在悬浮头发屑的蓖麻油中，头发屑就会按电场强度的方向排列起来。根据头发屑的分布情况可以判断(　　)A．金属圆筒和金属板带异种电荷B．金属圆筒和金属板带同种电荷C．金属圆筒内部为匀强电场D．金属圆筒表面为等势面解析：选AD　头发屑会按电场强度的方向排列起来，头发屑的分布反映了电场中电场线的形状；电场线起始于正电荷，终止于负电荷；则金属圆筒和金属板带异种电荷，故A项正确，B项错误；金属圆筒内部头发屑取向无序，金属圆筒内部没有电场，故C项错误；金属圆筒表面处头发屑的取向与金属圆筒表面垂直，则金属圆筒表面处电场线与金属圆筒表面垂直，金属圆筒表面为等势面，故D项正确。7．(2019·扬州期末)如图所示，在等量异种电荷形成的电场中有一正方形ABCD，其对角线与两点电荷的连线重合，两对角线的交点位于电荷连线的中点O。下列说法中正确的有(　　)A．A、B两点的电场强度方向相同B．B、D两点的电势相同C．质子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功D．电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小解析：选ABD　在题图所示的电场中，A、B两点的场强方向都是水平向右的，故A项正确；由于两电荷连线的中垂线为零等势线，则B、D两点电势相同，故B项正确；图中两电荷连线电场方向水平向右，即由A指向C，质子受电场力水平向右，故质子由C点沿C→O→A路径移至A点过程中电场力做负功，故C项错误；电子由B点沿B→C运动到C点过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功；沿C→D运动到D 点过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功，故整个过程中电场力对其先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，故D项正确。8.真空中有一半径为r0的均匀带电金属球，以球心为原点建立x轴，轴上各点的电势φ分布如图所示，r1、r2分别是＋x轴上A、B两点到球心的距离。下列说法中正确的有(　　)A．在0～r0范围内电场强度处处为零B．A点电场强度小于B点电场强度C．A点电场强度的方向由A指向BD．正电荷从A点移到B点过程电场力做正功解析：选ACD　根据E＝可知，φx图像的斜率表示电场强度的大小，由题图可知在0～r0范围内斜率为0，故在0～r0范围内电场强度处处为零，故A正确。由题图可知，在x＝r1处图像的斜率大于在x＝r2处图像的斜率，可得A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误。从A到B电势降低，所以A点的电场强度方向由A指向B，故C正确。正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D正确。9.某区域的电场线分布如图所示，一电场线上有P、Q两点，一电子以速度v0从P点向Q点运动，经过时间t1到达Q点时速度大小为v1。一正电子(带正电，质量、电荷量均与电子相同)以大小为v0的速度从Q点向P点运动，经过时间t2到达P点时速度大小为v2，不计正、负电子受到的重力。则(　　)A．v1<v2b．v1＝v2c．t1>t2D．t1＝t2解析：选BC　一电子以速度v0从P点向Q点运动，电场力做负功，根据动能定理：－eUPQ＝mv12－mv02，一正电子以大小为v0的速度从Q点向P点运动，根据动能定理：eUQP＝mv22－mv02，因为UPQ＝－UQP，联立以上可知：v1＝v2，故B正确，A错误；因为电子从P点向Q点做加速减小的减速运动，正电子从Q点向P点做加速度增大的减速运动，根据运动学知识可得运动相等的位移正电子所用的时间短，所以t1>t2，故C正确，D错误。三、计算题10．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m＝×10－31kg，电荷量e＝×10－19C，加速电场电压U0＝2500V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0cm，板间距离d＝2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0cm。(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)求：(1)电子射入偏转电场时的初速度v0的大小；(2)电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。解析：(1)电子在加速电场中加速，根据动能定理有：eU0＝mv02解得：v0＝代入数据得：v0＝×107m/s。(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y电子在水平方向做匀速直线运动：L1＝v0t①电子在竖直方向上做匀加速运动：y＝at2②根据牛顿第二定律有：＝ma③联立①②③代入数据得y＝0.36cm画出电子的运动轨迹，由图可知电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点由几何关系知，＝＝代入数据解得h＝0.72cm。 (3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功W＝eEy＝ey＝×10－18J。答案：(1)×107m/s　(2)0.72cm　(3)×10－18J11．(2019·淮安、宿迁期中)如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间的O点有一个可以连续产生粒子的粒子源，A、B间的距离为L。现在A、B之间加上电压UAB，UAB随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N个相同粒子，粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。已知粒子质量为m＝×10－10kg，电荷量q＝×10－7C，L＝1.2m，U0＝×103V，T＝×10－2s，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：(1)t＝0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t0；(2)在0～时间内，产生的粒子不能到达B极板的时间间隔Δt；(3)在0～时间内，产生的粒子能到达B极板的粒子数与到达A极板的粒子数之比k。解析：(1)t＝0时刻，粒子由O到B：＝at02加速度：a＝＝×105m/s2得：t0＝×10－3s＝×10－3s<＝6×10－3s所以：t0＝×10－3s。(2)对刚好不能到达B极板的粒子，先做匀加速运动，达到速度vm后，做匀减速运动，到达B极板前速度减为0，设匀加速时间为t1，匀减速时间为t2，全程时间为t，则匀加速的加速度大小：a＝×105m/s2匀减速的加速度大小：a′＝＝×105m/s2由vm＝at1＝a′t2得t2＝t1所以t＝t1＋t2＝t1， 由L＝vmt＝·at1·t1，得t1＝＝2×10－3s。在0～时间内，产生的粒子不能到达B板的时间间隔为Δt＝t1＝2×10－3s。(3)设刚好不能到达B极板的粒子，反向加速到A极板的时间为t0′，由L＝a′t0′2得t0′＝＝×10－3s<＝5×10－3s即在0～时间内，Δt内返回的粒子都能打到A极板上所以：k＝＝＝。答案：(1)×10－3s　(2)2×10－3s　(3)2∶1</v2b．v1＝v2c．t1>