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高中物理静电场经典复习题及答案

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静电学专题习题

1.M和N是两个不带电的物体,它们互相摩擦后M带正电×10下列判断正确的有( )

A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷 B.摩擦的过程中电子从M转移到N C.N在摩擦后一定带负电×10D.M在摩擦过程中失去×10

-10

-10

C,

C

-10

个电子

答案:BC解析:M和N都不带电,是指这两个物体都呈电中性,没有“净电荷”(没有中和完的电荷),也就是没有得失电子,但内部仍有相等数量的正电荷(质子数)和负电荷(电子数),所以选项A错误;M和N摩擦后M带正电荷,说明M失去电子,电子从M转移到N,选项B正确;

根据电荷守恒定律,M和N这个与外界没有电荷交换的系统原来电荷的代数和为0,摩擦后电荷量仍应为0,选项C正确;电子带电荷量为×10

-19

C,摩擦后M带正电荷×10

-10 C

,由于M带电荷量应是电子电荷量的

整数倍,所以M失去109个电子,选项D错误.

2.(2010·宜昌模拟)一个带负电的小球,受电场力和重力的作用,由静止开始运动,已知电场为水平方向的匀强电场,不计空气阻力,设坐标轴如图所示,x轴的正方向与电场方向一致,y轴的正方向竖直向下,原点为小球的起始位置,下列哪个图可能表示此小球的运动轨迹( )

?

答案:D解析:受力和初速度决定了运动形式.小球受的重力和电场力都是恒力,则其合力也是恒力,小球由静止开始沿合力方向做匀加速直线运动,又因小球带负电,答案D正确.

3.两个半径相同的金属小球,带电荷量之比为1∶7,相距为r,两者相互接触后再放回原来的位置上,则相互作用力可能为原来的( )

答案:CD解析:设两小球的电荷量分别为q

q·7q7q2

和7q,则原来相距r时的相互作用力F=kr2=kr2,由于两球的电性未知,接触后相互作用力的计算可分为两种情况:(1)两球电性相同:相7q+q

互接触时两球电荷量平均分配,每球带电量为2=4q.,放回原处后的4q·4q16q2F116

相互作用力为:F1=kr2=kr2,故F=7。(2)两球电性不同:相互7q-q

接触时电荷先中和再平分,每球带电量为2=3q.,放回原处后的相互3q·3q9q2F29

作用力为:F2=kr2=kr2,故F=7.

4.(2010·烟台模拟)两个质量分别是m1、m2

的小球,各用丝线悬挂在同一点,当两球分别带同种电荷,且电荷量分别为q1、q2时,两丝线张开一定的角度θ1、θ2,两球位于同一水平线上,如图所示,则下列说法正确的是( )

A.若m1>m2,则θ1>θ2 B.若m1=m2,则θ1=θ2C.若m1θ1>θ2 D.若q1=q2,则θ1=θ2

答案:BC。解析:m1、m2受力如图所示,由平衡条件可知,m1g=Fcot θ1,m2g=F′cot

θ2

<

m1cot θ1

因F=F′,则m=所以B、C两项正确.

cot θ22

5.如图所示,A为带正电Q的金属板,沿金属板的垂直平分线,在距板r处放一质量为m、电荷量为q的小球,小球受水平向右的电场力偏转θ角而静止,小球用绝缘丝悬挂于O点,试求小球所在处的电场强度.

mgtan θ答案: 方向水平向右。解析:分析小球受力如q图所示.由平衡条件得F电=mgtan θ,所以小球所在处的电

F电mgtan θ场强度E=q=,小球带正电,因此电场强度方向水平向右. q

6.如图所示,在竖直放置的光滑半圆弧形绝缘细管的圆心处放一点电荷,将质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管水平直径的端点A由静止释放,当小球沿细管下滑到最低点时,对细管的上壁的压力恰好与球重相同,求圆心处的电荷在圆弧管内产生的电场的场强大小.

答案:4mg/q解析:小球从A到最低点的过程中,只有重力做功,12

电场力不做功,由动能定理:mgR=2mv.。在最低点,由牛顿第二定律:mv2

F-mg-FN′=R.,又F=qE,FN′=FN=mg,可解得E=4mg/q.

7.如图所示,一均匀细金属圆环是由四个互相绝缘

(

的四分之一圆弧A、B、C、D组成,已知当只有A弧带正电q时,在圆心O处产生的电场强度大小为E0,则当A、

B弧各带正电q,C、D弧各带负电q时,在圆心O处的场强大小为( )

A.2E0

B.0 E0

D.22E0

答案:D解析:只有A弧带正电时,在O点的场强大小为E0,由于电荷均匀分布,可知E0应与竖直方向成45°角,所以B弧带正电为q时,在O点的场强大小也为E0,且与A弧产生的场强垂直.因为C、D弧带负电,所以D弧在O点产生的场强大小为E0,方向与B弧产生的场强方向相同;C弧在O点产生的场强大小为E0,方向与A弧产生的场强相同.由场强叠加可知,在O点的合场强大小为22E0. 9.两带电量分别为q和-q的点电荷放在x轴上,相距为L,能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图( )

A B C D

答案:A解析:根据两等量异种点电荷周围的电场线可直观地看出,连线的中点场强最小,但不为零,关于中点对称的两点场强大小相等,方向相同,所以两点电荷的连线上的场强先减小后增大,A正确.

10.质量为m的小球A在绝缘细杆上,杆的倾角为α,小球A带正电,电量为q.在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷,将小球A由距B点竖直高度为H处无初速释放,小球A下滑过程中电量不变,不计A与细杆间的摩擦,整个装置处在真空中,已知静电力常量k

和重力加速度g.

(1)A球刚释放时的加速度是多大(2)当A球的动能最大时,求此时A

|

球与B点的距离.

kQqsin2α答案:(1)gsin α-mH2 (2)kQq解析:(1)根据牛顿第二mgsin αQq

定律mgsin α-F=ma,又据库仑定律F=kr2,r=H/sin α,解得α=kQqsin2αgsin α-mH2.(2)当A球受到合力为零、加速度为零时,动能最大.设kQq此时A球与B点间的距离为R,则mgsin α=R2,解得R=

11.如图所示,倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的,AB长为L,C为AB的中点,在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场,与斜面垂直的虚线CD为电场的边界.现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点),从B

点开始在B、C间以速度v0沿斜面向下做匀速运动,经过C后沿斜面匀加速下滑,到达斜面底端A时的速度大小为v.试求:

(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ. (2)匀强电场场强E的大小.

mv2-v02

答案:(1)tan θ (2)

qLtan θ

kQq

.

mgsin α解析:(1)小物块在BC上匀速运动,由受力平衡得FN=mgcos θ,Ff

=mgsin θ而Ff=μFN,由以上几式解得μ=tan θ.(2)小物块在CA上做匀加速直线运动,受力情况如图所示,则FN′=mgcos θ-qE,Ff′=μFN′。根据牛顿第二定律得mgsin mv2-v02

上几式解得E=

qLtan θ.

L

2。由以

θ-Ff′=ma,v2-v02=2a·

12.(2010·课标全国)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器.某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板,图中直线ab为该收尘板的横截面,工作时收尘板带正电,其正侧的电场线分布如图所示;粉尘带负电,在电场力作用下向收尘板运动,最后落在收尘板

上.若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹,下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( )

答案:A解析:因粉尘带负电,故带电粉尘所受电场力的方向与电场抛物线的切线方向相反,轨迹上任何一点的切线方向为运动方向,若粒子做曲线运动,轨迹应出现在速度方向和力的方向所夹的区域内.从轨迹找几个点判断一下,只有A项符合,故A项正确.

13.(2010·全国卷Ⅱ)在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104 V/m.

^

已知一半径为1 mm的雨滴在此电场中不会下落,取重力加速度大小为10 m/s2,水的密度为103 kg/m3,这雨滴携带的电荷量的最小值约为( )

A.2×109 C

B.4×109 C C.6×109 C

--

D.8×109 C

答:B析:带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止,则mg=qE,得:q

43

ρ×3πrg

mgρVg-9=E=E==4×10 C,B正确. E

1.如图所示,在等量正点电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点,A、D两点与B、C两点均关于O点对称,令各点电势分别为φA、φB、φC、φD,则下列

说法正确的是( )

A.φA=φB=φC=φD B.φA<φB、φD>φC C.φA=φD、φB=φC

D.φA>φC、φB>φD

答案:BC解析:等量正点电荷连线的中点O处合场强为0,中垂线上O点上方合场强沿中垂线向上,下方合场强沿中垂线向下.由“沿场强方向电势降低”可判定A错误,B正确;电势是标量,由对称性知C正确,D错误.本题还可以根据等量正电荷等势面的分布情况,结合等势面与电场线的关系判断.

2.如图所示,在沿x轴正方向的匀强电场E中,有一质点A以O为圆心、以r为半径逆时针转动,当质点A转动至其与O点的连线与x轴正方向间夹角为θ时,则O、A两点间的电势差为( )

A.

UOA=Er B.UOA=Ersin θ C.UOA=Ercos θ D.UOA=

—B.Ercos θ

答案:C解析:在匀强电场中,两点间的电势差与场强的关系为U=Ed,其中d为沿电场方向的两点间的距离,所以UOA=Ercos θ,故C正确.

3.(2010·南通模拟)一质量为m的带电小球,在竖直方向的匀强电2

场中以水平速度抛出,小球的加速度大小为3g,阻力不计,关于小球在下落h的过程中能量的变化,以下说法中正确的是( )

111

A.动能增加了3mgh B.电势能增加了3mgh C.机械能减少了32

mgh D.重力势能减少了3mgh

1

答案:BC解析:由加速度可求出电场力大小为3mg,方向竖直向上,

11

小球在下落h的过程中,电场力做功W电=-3mgh,电势能增加3mgh;122

机械能减少3mgh;合外力做功W合=3mgh,动能增加3mgh;重力势能减少mgh.

4.将一正电荷从无限远处移入电场中M点,静电力做功W1=6×10

-9

J,若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处,静电力做功

W2=7×109 J,则M、N两点的电势φM、φN,有如下关系( )

A.φM<φN<0

M>φN>0

B.φN>φM>0 C.φN<φM<0 D.φW1W2

答案:C解析:对正电荷φ∞-φM=q;对负电荷φN-φ∞=,即φ-qW2W1W2

∞-φN=q.而W2>W1,φ∞=0,且q和q均大于0,则φN<φM<0

5.如图所示,小球的质量为m,带电荷量为q,悬

!

挂小球的丝线与竖直方向成θ角时,小球恰好在匀强电场中静止不动,丝线长为L,现将小球拉到悬线竖直的方向上来,则静电力做功多少拉力至少要做多少功

答案:-qELsin θ qELsin θ-mg(1-cos θ) 解析:小球受力如图,将小球拉到竖直位置时,静电力做功:W电=-qEd=-qElsin θ①

12

又由动能定理得:W+W电+WG=2mv-0②,要

使W最小,只要让v=0③,即缓慢拉到竖直位置,该过程,重力做功,WG=mgL(1-cos θ)④,由①②③④得W=qELsin θ-mg(1-cos θ).

6.如图所示,A、B是位于竖直平面内、半径1

R= m的4圆弧形的光滑绝缘轨道,其下端点B与

水平绝缘轨道平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中,电场强度E=5×103 N/C.今有一质量为m= kg、带电荷量+q=8×105 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放.若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数

μ=,取g=10 m/s2,求:

(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时B点的压力.(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程.

答案:(1) N (2)6 m解析:(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB,对圆弧轨道最低点B的压力为F,则:

21vB

mgR-qER=2mvB2 F-mg=mR,故F=3mg-2qE= N。(2)由题意

1

知小滑块最终将停在B点由动能定理得-Ff·S=0-2mvB2结合Ff=μmg可得小滑块在水平轨道上通过的总路程S=6 m.

7.(2010·江门测试)x轴上有两点电荷Q1

和Q2,Q1和Q2之间线上各点电势高低如图曲线所示(AP>PB),选无穷远处电势为0,从图中可以看出( )

A.Q1电荷量一定小于Q2电荷量 B.P点电场强度是0

C.Q1和Q2之间线上各点电场方向都指向Q2 D.Q1、Q2可能是同种电荷

答案:C解析:Q1附近电势大于零,而Q2附近电势小于零,可知Q1

带正电、Q2带负电,D项错;Q1、Q2之间电场线由Q1指向Q2,C项正确;Q

两电荷连线上P点场强一定不为零,B项错;由φ=kr知,Q1在P点电

Q1Q2Q1Q2

势为φ=kr.Q2在P点电势为φ2=-kr2,而P点电势为0,则有r=r,

112r1>r2,故Q1>Q2,A项错.

8.光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中,电场方向与正方形一边平行,一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点,以垂直于该边的水平初速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.0

?

mv0

2+

12qEl mv0 2

mv0

2+

2

3qEl

答案:ABC解析:如图所示,如果电场方向是AB方向则电场力可以做正功,也可以做负功,做负功时有可能使其动能变为零,故选项A正确;如果电场的方向是AC方向,带电小球到达AB或CD时,电场力做功为qEl/2,故选项B可能是正确的;如果带电小球回到同一个边界上,即回到等势面上,电场力不做功,故选项C可能是正确的;D是无论如何也是不可能的.

9.(2010·金华模拟)如图所示,在绝缘的斜面上方,存在着匀强电场,电场方向平行于斜面向上,斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动.已知金属块在移动的过程中,力F做功32 J,金属块克服电场力做功8 J,金属块克服摩擦力做功16 J,重力势能增加18 J,则在此过程中金属块的( )

A.动能减少10 J

B.电势能增加24 J

D.内能增加16 J

C.机械能减少24 J

答案:AD。解析:由动能定理可知ΔEk=32 J-8 J-16 J-18 J=-10 J,A正确;克服电场力做功为8 J,则电势能增加8 J,B错误;机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功,故应为ΔE=32 J-8 J-16 J

=8 J,C错误;物体内能的增加量等于克服摩擦力所做的功,D正确.

10.一长为L的细线,上端固定,下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球,处于如图所示的水平向右的匀强电场中,开始时,将线与小球拉成水平,然后释放,小球由静止开始向下摆动,当细转过60°角时,小球到达B点速度恰好为零.试求:

(1)AB两点的电势差UAB;(2)匀强电场的场强大

:

线小;

(3)小球到达B点时,细线对小球的拉力大小. 3mgL3mg

答案:(1)-2q (2)q (3)3mg

解析:取向下为正:(1)小球由A到B过程中,由动能定理得mgLsin 60°3mgL+qUAB=0,所以UAB=-2q.

|UAB|3mg

(2)E==q。(3)小球在AB间摆动,由对称性知,B

L-Lcos 60°处绳拉力与A处绳拉力相等,而在A处,由水平方向平衡有:TA=qE=3mg 所以TB=TA=3mg,或在B处,沿绳方向合力为零,有TB=qEcos 60°+mgcos 30°=3mg.

11.如图所示,在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道,一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放,沿轨道滑下,已知小球的质量为m,电量为-q,匀强电场的场强大小为E,斜轨道的倾角为

α(小球的重力大于所受的电场力).

(1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小.

(2)若使小球通过圆轨道顶端的B点,求A点距水平地面的高度h至少应为多大

(3)若小球从斜轨道h=5R处由静止释放.假设其能够通过B点,求在此过程中小球机械能的改变量.

答案:(1)

mg-qE

m

sin α5

(2)2R (3)减少

3EqR

解析:(1)根据牛顿第二定律:(mg-qE)sin α(

=ma①,a=

mg-qE

m

sin α.②

mv2

(2)若小球刚好通过B点,据牛顿第二定律:mg-qE=R③,小球mv25

由A到B,据动能定理:(mg-qE)(h-2R)=2④,以上联立,得h=2R.⑤。(3)小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中,机械能的变化量为:ΔE机由ΔE机=W电⑥,W电=-3REq⑦,得ΔE机=-3REq.⑧

12.(2010·全国Ⅰ)关于静电场,下列结论普遍成立的是( ) A.电场强度大的地方电势高,电场强度小的地方电势低 B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关

C.在正电荷或负电荷产生的静电场中,场强方向都指向电势降低最快的方向

D.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点,电场力做功为零

答案:C解析:在静电场中,电势沿着电场线逐渐降低,场强方向是

.

电势降低最快的方向,场强的大小与电场线分布疏密有关,故A项错误,C项正确;电场中两点间的电势差既与场强有关又与距离有关,B项错误;场强为零的一点到场强为零的另一点间的电势差不一定为零,故电场力做功不一定为零,D项错误.

13.(2010·安徽理综)如图所示,在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R= m的圆,P为圆周上的一点,O、

P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小E=100 V/m,则O、P两点的电势差可表示为( )

A.UOP=-10sin θ(V) C.UOP=-10cos θ(V) 故A对.

14.(2010·江苏单科)空间有一沿x轴对称分布的电场,其电场强度E随x变化的图象如图所示.下列说法中正确的是( )

:

B.UOP=10sin θ(V) D.UOP=10cos θ(V)

答案:A解析:在匀强电场中,UOP=-E·Rsin θ=-10sin θ(V),

A.O点的电势最低 B.x2点的电势最高

C.x1和-x1两点的电势相等 D.x1和x3两点的电势相等

答案:C。解析:电势高低与场强大小无必然联系.O点场强为0,电势不一定最低,A错;x2点是场强正向最大的位置,电势不是最高,B错;将电荷从x1移到-x1可由题图知电场力做功为零,故两点电势相等,而把电荷从x1移到x3电场力做功不为零,C对,D错.

一、选择题(每题3分,共36分)

1.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示,电场方向竖直向下.若不计空气阻力,则此带电油滴从a运动到b的过程中,能量的变化情况为( )

`

A.动能减小 B.电势能增加

C.动能和电势能之和减小 D.重力势能和电势能之和增加

答案:C解析:该油滴从a点进入电场,根据其轨迹的弯曲趋势,可

以判断静电力一定竖直向上,且静电力大于重力,所以油滴带负电荷.运动过程中合力向上做正功,根据动能定理,油滴动能变大,A错误;静电力做正功,电势能必然减少,B错误;该处能量定恒的形式表现为电势能、机械能(动能+重力势能)之和守恒.根据能量守恒定律,既然动能增加,则重力势能与电势能之和一定减少,D错误;油滴上升,重力势能变大,动能和电势能之和必然减少.

2.如图所示,在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q,在x轴上C点有点电荷-Q,且CO=OD,∠ADO=60°.下列判断正确的是( )

A.O点电场强度为零 B.D点电场强度为零

C.若将点电荷+q从O移向C,电势能增大 D.若将点电荷-q从O移向C,电势能增大

答案:BD解析:A、B两点处的点电荷在O点处形成的电场的合场强为零,因此O点处的电场强度应等于C点处的点电荷在O点形成的电场的电场强度.A错;A、B、C三处点电荷在D点处形成的电场强度分别为QQQQQEDA=kr2,EDB=kr2,EDC=kr2,所以D点合电场强度为ED=kr2-2kr2cos 60°=0,故B对;将点电荷+q从O移向C时,电场力做正功,故电势能减小,C错;将点电荷-q从O移向C时,电场力做负功,故电势能增大,D对.

3.(2010·天津理综)在静电场中,将一正电荷从a点移到b点,电

场力做了负功,则从b指向a

A.b点的电场强度一定比a点大 B.电场线方向一定C.b点的电势一定比a点高 D.该电荷的动能一定减小

答案:C解析:电场力做负功,该电荷电势能增加,正电荷在电势高处电势能较大,C正确;电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用,总功不一定为负,由动能定量可知,动能不一定减小,D错;电势高低与场强大小无必然联系,A错;b点电势高于a点,但a、b可能不在同一条电场线上,B错.

4.如图所示,在光滑绝缘水平面上,两个带等量正电的点电荷M、N,分别固定在A、B两点,O为AB连线的中点,CD为AB的垂直平分线,在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P(设不改变原来的电场分布),在以后的一段时间内,P在CD连线上做往复运动,若( )

A.小球P的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中振幅不断减小 B.小球P的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小

C.点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P往复运

)

动过程中周期不断减小

D.点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P往复运动过程中振幅不断减小

答案:BCD解析:若小球P的带电荷量缓慢减小,则小球运动到某位置时受到的电场力减小,小球从平衡位置运动到最大位移过程中克服电场力做的功少了,故能够到达更远处,振幅增大,A项错误;此种情况,小球从最大位移向平衡位置运动的过程中,由于电场力做的功减小,所以到达平衡位置的动能减小,速度减小,B项正确;点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大,小球在某位置受到的电场力逐渐增大,回复加速度增大,故周期减小,此种情况小球从平衡位置到最大位移过程中因电场力

增大,故能到达的最大位移减小,振幅减小,C、D项均正确.

6.两个质量相同的小球用不可伸长的长为L的绝缘细线连接,置于场强为E的匀强电场中,小球1和小球2均带负电,电荷量分别为q1和q2(q1>q2).将细线拉直并使之与电场方向平行,如图所示,若将两小球同时从静止释放,则释放后细线中张力T为(不计重力及两小球间的库仑力)( )

11

A.T=2(q1-q2)E B.T=(q1-q2)E C.T=2(q1+q2)E D.T=(q1

+q2)E

答案:A。解析:由牛顿第二定律,对球2有T+Eq2=ma,对球1、2整体有Eq1+Eq2=2ma

两式联立得T=

Eq1-q2

2

,A正确.

7.如图所示,A、B两个带电小球的质量均为m,所带电量分别为+q和-q,两球间用绝缘细线连接,A球又用绝缘细线悬挂在天花板上,细线长均为L.现在两球所在的空间加上一方向向mg

左的匀强电场,电场强度E=q,A、B两球最

后会达到新的平衡位置,则在这个过程中,两个小球( )

2-22

A.总重力势能增加了2mgL B.总重力势能增加了2mgL

>

2-22

C.总电势能减少了2mgL D.总电势能减少了2mgL 答案:AD解析:A、B两个带电小球所受电场力为零,故OA线竖直、B球向右偏45°处最后静止,则总重力势能增加了mg(L-Lcos 45°)=2-22

2mgL,故A项正确,总电势能减少了2mgL,故D项正确.

8.示波管可以视为加速电场和偏转电场的组合,若已知前者的电压为U1,后者的电压为U2,极板长为L,间距为d,电子加速前速度可忽略,则示波管的灵敏度(偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量称为“灵敏度”)与加速电场和偏转电场的关系,正确的是

A.L越大,灵敏度越大 C.U1越小,灵敏度越大

B.d越大,灵敏度越大 D.灵敏度与U1无关

答案:AC解析:设电子进入偏转电场的速度为v,电子射出偏转电

121U2eyL2L2

场时偏转量为y,则U1e=2mv,y=2·dm·v,可得:U=4dU,可

21

见,L越大,灵敏度越大,d越小,灵敏度越大,U1越小,灵敏度越大,故A、C正确.

9.如图所示,用电池对电容器充电,电路a、b之间接有一灵敏电流表,两极板间有一个电荷q处于静止状态.现将两极板的间距变大,则( )

A.电荷将向上加速运动

`

B.电荷将向下加速运动

C.电流表中将有从a到b的电流 D.电流表中将有从b到a的电流

答案:BD解析:充电后电容器的上极板A带正电,不断开电源,增U

大两板间距,U不变、d增大,由E=d知两极板间场强减小,场强减小会使电荷q受到的电场力减小,电场力小于重力,合力向下,电荷q向下加速运动,由C=

εrS

4πkd

知电容C减小,由Q=CU知极板所带电荷量减

少,会有一部分电荷返回电源,形成逆时针方向的电流,电流表中将会有由b到a的电流

10.如图所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,

当偏转电压为U1时,带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿②轨迹落到B板中间;设粒子两次射入电场的水平速度相同,则两次偏转电压之比为( )

A.U1∶U2=1∶8 4

C.U1∶U2=1∶2 1

!

B.U1∶U2=1∶D.U1∶U2=1∶

121Uql22mv02dyy

答案:A解析:由y=2at=2mdv2得:U=ql2,所以U∝l2,可

0

知A项正确.

11.如图所示,一个平行板电容器,板间距离为d,当对其加上电压后,A、B两板的电势分别为+φ和-φ,下述结论正确的是( )

A.电容器两极板间可形成匀强电场,电场强度大小为E=φ/d

B.电容器两极板间各点的电势,有的相同,有的不同;有正的,有负的,有的为零

C.若只减小两极板间的距离d,该电容器的电容C要增大,极板上带的电荷量Q也会增加

D.若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场,则电子的电势能一定会减小

2φ答案:BCD解析:由题意可知,两板间电压为2φ,电场强度为E=d,A错误;板间与板平行的中线上电势为零,中线上方为正,下方为负,故B正确;由C=

εrS

4πkd

知,d减小,C增大,由Q=CU知,极板带电荷量Q

增加,C正确;电子水平射入穿越两极板之间的电场时,电场力一定对电

子做正功,电子的电势能一定减小,D正确.

12.如图所示,一电容为C的平行板电容器,两极板A、B间距离为d,板间电压为U,B板电势高于A板,两板间有M、N、P三点,MN连线平行于极板,N、P连线垂直于极板,M、P两点间距离为L,∠PMN=

θ.以下说法正确的是( )

U

A.电容器带电量为CU

Lsin θ

B.两极板间匀强电场的电场强度大小为

ULsin θC.M、P两点间的电势差为d

D.若将带电量为+q的电荷从M移到P,该电荷的电势能减少了qULsin θ d

答案:CD解析:由电容器电容的定义式可知,电容器的带电量为Q=CU,A项错误;两板间的电场为匀强电场,根据匀强电场场强与电势U

差的关系可知,两板间电场强度E=d,B项错误;MP两点间的电势差就ULsin θ等于NP间的电势差,即UMP=ELsin θ=d,C项正确;由于下板带正电,因此板间场强方向竖直向上,将带电量为+q的电荷从M点移到P点,电场力做正功,电势能减少量就等于电场力做的功,即为qUMPqULsin θ=,D项正确.本题较易. d

二、填空题(每题4分,共12分)

13.如图所示是一个平行板电容器,其电容为C,带电荷量为Q,上极板带正电,两极板间距为d.现将一个检验电荷+q

由两极板间的A点移动到B点,A、B两点间的距离为s,连线AB与平行极板方向的夹角为30°,则电场力对检验电荷+q所做的功等于________.

qQsQUQ

答案:2Cd,解析:电容器两板间电势差U=C,场强E=d=Cd,而Qs

A、B两点间电势差UAB=E·s·sin 30°=2Cd,电场力对+q所做功为WqQs

=qUAB=2Cd.

14.一电子以4×106 m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点水平垂

>

直于场强方向飞入,并从B点沿与场强方向成150°的方向飞出该电场,如图所示,则A、B两点的电势差为________V.(电子的质量为×10电荷量为-×10

-19

-31

kg,

C)

答案:-。解析:设电子射入电场时的速度为vA,vA射出电场时的速度为vB,从图可知vB==2vA,

sin 30°112根据动能定理,有W=eUAB①,W=2mvB-2mvA2②,113,22由式①②得eUAB=2mvB-2mvA=2mvA2所以UAB3mvA23××1031×4×106

=2e=-

-×1019×2

2

V=- V

15.如图所示,地面上某区域存在着匀强电场,其等势面与地面平行等间距.一个质量为m、

电荷量为q的带电小球以水平方向的初速度v0由等势线上的O点进入电场区域,经过时间t,小球由O点到达同一竖直平面上的另一等势线上的P点.已知连线OP与水平方向成45°夹角,重力加速度为g,则OP两点的电势差为________.

2mv02-mgv0t12答案:。解析:因为vy=2v0,由动能定理可得:m(vy

q2+v0

2)-

12mv0=mgv0t+qUOP,2

2mv02-mgv0t

所以UOP=,带电q粒子在电场与重力场的复合场中运动,可利用合运动与分运

动的关系,把曲线转化为直线运动,简化运动过程.

三、计算题(共5题,共52分)

16.(10分)质量都是m的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点,平衡时小球A、B的位置如图甲所示,线与竖直方向夹角α=30°,当外加水平向左的匀强电场时,两小球平衡位置如图乙所示,线与竖直方向夹角也为α=30°,求:

(1)A、B小球电性及所带电荷量Q;(2)外加匀强电场的场强E.

3mg

3kl (2)

10

33mgk

。解析:(1)A球带正电,B球带9l

答案:(1)

负电两小球相距d=2l-2lsin 30°=l。由A球受力平衡可得:mgtan αQ2

=kl2,解得:Q=

3mg3kl.

33mgk

. 9l

(2)外加电场时,两球相距d′=2l+2lsin 30°=3l,根据A球受力平

Q2

3l

10

2=mgtan

衡可得:QE-kα,解得:E=

17.(10分)在一个水平面上建立x轴,在过原点O垂直于x轴的平面

的右侧空间有一个匀强电场,场强大小E=×105 N/C,方向与x轴正方向相同.在O处放一个电荷量q=-×108 C,质量m=×102 kg的绝缘物块,物块与水平面间的动摩擦因数μ=,沿x轴正方向给物块一个初速度v0= m/s,如图所示,求物块最终停止时的位置.(g取10 m/s2)

答案:在O点左侧距O点 m处解析:物块先在电场中向右减速,设运动的位移为x1,

1,

由动能定理得:-(qE+μmg)x1=0-2mv02所以x1

mv02

2qE+μmg

,代入数据得x1= m

可知,当物块向右运动 m时速度减为零,因物块所受的电场力F=qE= N>μmg,所以物块将沿x轴负方向加速,跨过O点之后在摩擦力作用下减速,最终停止在O点左侧某处,设该点距O点距离为x2,则-1

μmg(2x1+x2)=0-2mv02,解之得x2= m.

18.(10分)(2010·莱芜模拟)一质量为m、带电荷量为+q的小球以水平初速度v0进入竖直向上的匀强电场中,如图甲所示.今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图乙所示,根据图乙给出的信息,(重力加速度为g)求:(1)匀强电场场强的大小;

(2)小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中,电场力做的功; (3)小球在h高度处的动能.

2h2mv02-mghL22h2mv02mv02mg2hmv02

答案:(1)q-qL2 (2)(3)L2+2 L2

解析:(1)小球进入电场后,水平方向做匀速直线运动,设经过时间t,mg-qE水平方向:v0t=L,竖直方向:2m

t2

mg2hmv02

=h,所以E=q-qL2.(2)

2h2mv02-mghL2

电场力做功为W=-qEh=.(3)根据动能定理mgh-qEh=L2mv022h2mv02mv02Ek-2,得Ek=L2+2.

19.(10分)如图所示,在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场,在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏.现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计),以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中,v0方向的延长线与屏的交点为O.试求:

(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间;

(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan

α;

(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离s. 2LqEL3qEL2

答案:(1)v (2)mv2 (3)2mv2

000

解析:(1)根据题意,粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动,2L

所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t=v.

0

(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy,根据牛顿第二EqLqEL

定律,粒子在电场中的加速度为:a=m所以vy=av=mv.

00

所以粒子刚射出电场时的速度方向与vy

初速度方向间夹角的正切值为tan α=v

0qEL=mv2.

0

2L11qEL

(3)设粒子在电场中的偏转距离为y,则y=2av2=2mv2,又s=y+

00

3qEL2

Ltan α,解得:s=2mv2.

0

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