物理人教版高中选修31选修31 第一章电场第九节练习题Word格式文档下载.docx

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C．沿轨迹②运动

D．沿轨迹③运动

[答案]　C

[解析]　由E＝＝＝可知，两极板带电量、电介质和正对面积不变时，M板迅速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，微粒受力情况不变，粒子沿原直线运动．

4．如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：

电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则（　　）

A．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大

B．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大

C．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小

D．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小

[答案]　D

[解析]　电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确．

5．如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A时的动能为10J，在电场力作用下从A运动到B速度为零，当这个粒子的动能为7.5J时，其电势能为（　　）

A．12.5JB．2.5J

C．0D．－2.5J

[解析]　由题意可知，粒子从A到B，电场力做功－10J，则带电粒子由A运动到等势面b时，电场力做功－5J，粒子在等势面b时的动能为5J.粒子在电场中电势能和动能之和为5J，当动能为7.5J时，其电势能为－2.5J.

6．一个带负电荷q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则（　　）

A．小球不能过B点

B．小球仍恰好能过B点

C．小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0

D．以上说法都不对

[答案]　B

[解析]　小球从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，恰能通过

半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，则mg＝m，mg（h－2R）＝mv；

加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球，则（mg－qE）（h－2R）＝mv，联立解得mg－qE＝，满足小球恰好能过B点的临界条件，选项B正确．

7．如图所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间恰好平衡，现用外力将P固定，然后使两板各绕其中点转过α角，如图中虚线所示，撤去外力，则P在两板间（　　）

A．保持静止

B．水平向左做直线运动

C．向左下方运动

D．不知α角的值无法确定P的运动状态

[解析]　设初状态极板间距是d，旋转α角度后，极板间距变为dcosα，所以电场强度E′＝，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，故B选项正确．解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系．

8．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°

，则此带电小球通过P点时的动能为（　　）

A．mvB.mv

C．2mvD.mv

[解析]　小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，即v0t＝vPyt，所示合速度vP＝

＝v0

EkP＝mv＝mv.故选D.

二、非选择题

9．如图所示装置，真空中有三个电极：

发射电子的阴极：

其电势φk＝－182V；

栅网：

能让电子由其间穿过，电势φg＝0；

反射电板电势为φr＝－250V.与栅网的距离d＝4mm.设各电极间的电场是均匀的，从阴极发射的电子初速度为零，电子所受重力可以忽略，已知电子质量是0.91×

10－30kg，电荷量e＝1.6×

10－19C，设某时刻有一电子穿过栅网飞向反射极，问它经过多少时间后再到栅网？

[答案]　1.5×

10－9s

[解析]　因为|φk|<

|φr|，所以电子穿过栅网，不到反射电板就返回．

设电子在到达栅网时速度为v，则mv2＝e（φg－φk），

电子在栅网和反射电板间的加速度a＝，

又t＝，解得t≈1.5×

10－9s.

10．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场．一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l1＝0.2m，离水平地面的距离为h＝5.0m，竖直部分长为l2＝0.1m.一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求：

（1）小球运动到管口B时的速度大小；

（2）小球着地点与管的下端口B的水平距离．（g＝10m/s2）．

[答案]　

（1）2.0m/s　

（2）4.5m

[解析]　

（1）在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理有：

mv－0＝mgl2＋F电l1，①

解得：

vB＝②

代入数据可得：

vB＝2.0m/s③

（2）小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，

水平方向有：

a＝，④

s＝vBt＋at2，⑤

竖直方向有：

h＝gt2，⑥

由③～⑥式，并代入数据可得：

s＝4.5m.

11．如图所示，在倾角θ＝37°

的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×

103N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m＝0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0.24m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷q＝－5.0×

10－4C.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°

＝0.60，cos37°

＝0.80.求：

（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；

（2）滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度；

（3）滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q.（计算结果保留两位有效数字）

[答案]　

（1）2.4m/s　

（2）0.10m　（3）0.96J

[解析]　

（1）滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力为

Ff＝μ（mg－qE）cos37°

，

设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理，

（mg－qE）h－Ff＝mv，

解得v1＝2.4m/s.

（2）滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，设此高度为h1，根据动能定理，

－（mg－qE）h1－Ff＝mv，

代入数据解得h1≈0.10m.

（3）滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热能，

Q＝（mg－qE）h＝0.96J.

12．有一带负电的小球，其带电量q＝－2×

10－3C.如图所示，开始时静止在场强E＝200N/C的匀强电场中的P点，靠近电场极板B有一挡板S，小球与挡板S的距离h＝5cm，与A板距离H＝45cm，重力作用不计．在电场力作用下小球向左运动，与挡板S相碰

后电量减少到碰前的k倍，已知k＝，而碰后小球的速度大小不变．

（1）设匀强电场中挡板S所在位置处电势为零，则电场中P点的电势为多少？

小球在P点时的电势能为多少？

（电势能用EP表示）

（2）小球从P点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球

做了多少功？

（3）小球经过多少次碰撞后，才能抵达A板？

[答案]　

（1）－10V　0.02J　

（2）0　（3）13

[解析]　

（1）由匀强电场的场强和电势差之间的关系式得：

USP＝Eh

由电势差和电势之间的关系得：

USP＝φS－φP

联立解得P点的电势为：

φP＝φS－Eh＝0－200×

5×

10－2V＝－10V

小球在P点的电势能为：

EP＝qφP＝－2×

10－3×

（－10）J＝0.02J

（2）对小球从P点出发第一次回到最右端的过程应用动能定理得：

W电＝Ek1－Ek0

W电＝Ek1－Ek0＝0－0＝0

（3）设碰撞n次后小球到达A板，对小球运动的全过程应用动能定理得：

qEh－knqE（h＋H）＝Ek1－Ek0

小球到达A板的条件是：

Ekn≥0

联立解得：

n≥12.5，即小球经过13次碰撞后，才能抵达A板．

13．在足够大的绝缘光滑水平面上有一质量m＝1.0×

10－3kg、带电量q＝1.0×

10－10C的带正电的小球，静止在O点．以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy.在t0＝0时突然加一沿x轴正方向、大小E1＝2.0×

106V/m的匀强电场，使小球开始运动．在t1＝1.0s时，所加的电场突然变为沿y轴正方向、大小E2＝2.0×

106V/m的匀强电场．在t2＝2.0s时所加电场又突然变为另一个匀强电场E3，使小球在此电场作用下在t3＝4.0s时速度变为零．求：

（1）在t1＝1.0s时小球的速度v1的大小；

（2）在t2＝2.0s时小球的位置坐标x2、y2；

（3）匀强电场E3的大小；

（4）请在如图所示的坐标系中绘出该小球在这4s内的运动轨迹．

[答案]　

（1）0.2m/s　

（2）（0.3,0.1）　（3）1.4×

106V/m　（4）见解析图

[解析]　

（1）0～1s对小球应用牛顿第二定律得：

qE1＝ma1

解得小球的加速度为：

a1＝qE1/m＝0.2m/s2

小球在t1＝1.0s时的速度大小为：

v1＝a1t1＝0.2×

1m/s＝0.2m/s

（2）小球在t1＝1.0s时的位置坐标为：

x1＝a1t＝×

0.2×

1.02m＝0.1m

在1.0s～2.0s内对小球应用牛顿第二定律得：

qE2＝ma2

a2＝qE2/m＝0.2m/s2

在t2＝2.0s时小球的位置坐标为：

x2＝x1＋v1（t2－t1）＝0.1m＋0.2×

1.0m＝0.3m

y2＝a2（t2－t1）2＝×

设在t2＝2.0s时小球的速度为v2，则有：

v＝v＋（at2）2

v2＝v1＝×

0.2m/s＝0.28m/s

（3）2.0s～0.4s内对小球应用牛顿第二定律得：

qE3＝ma3

小球在4.0s时速度减为零，说明小球做匀减速直线运动，由运动学公式得：

v4＝v2－a3t3

联立解