高中物理电场习题Word格式.docx

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　　静电平衡的过程实质上是根据电场的基本性质使物体上的正负电荷重新分配的过程．静电平衡时导体内部的场强处处为零，实质是外电场与感应电荷产生的附加电场的合场强为零．处于静电平衡状态下的导体是一个等势体，表面是个等势面，净电荷分布在导体外表面，在外表面曲率大的地方，电荷的面密度大．

7、电容器

　　公式：

是电容的定义式，对任何电容器都适用．对一个确定的电容器，其电容已确定，不会随其带电荷量的多少而改变．公式

是平行板电容器的电容大小的计算公式，只对平行板电容器适用．电容器结构变化引起的动态变化问题的分析；

在分析有关平行板电容器的Q、E、U和C的关系时，主要有以下两种情况，保持两板与电源相连，则电容器两极板间电压U不变．充电后断开电源，则电容器的带电量Q不变．在分析清楚属何种情况后，由电容的定义式

、平行板电容器电容的大小的计算公式

和匀强电场的场强计算公式

导出Q=CU∝

，

∝

等几个公式来进行讨论．

8、带电粒子在电场中的运动

　　带电粒子在电场中的运动问题可分为三类：

平衡问题;

直线运动问题;

偏转问题．带电粒子在电场中运动的分析思路：

首先对带电粒子进行受力分析，考虑带电粒子的重力能否忽略（电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力；

带电液滴、油滴、尘埃、小球等除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力），弄清运动过程中运动性质，最后确定采用解题的观点（力的观点、能的观点、动量的观点）．平衡问题运用物体的平衡条件；

直线运动问题运用运动学、牛顿运动定律、动量关系及能量关系；

偏转问题运用运动的合成和分解，以及平抛运动规律．

二、典型例题

例1、如图所示，在正六边形的a、c两顶点上各放一带正电的点电荷，电荷量大小都是q1，在b、d两个顶点上，各放一带负电的点电荷，电荷量大小都是q2，q1>

q2，已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条?

（　）

　　　　A．E1　　　　　　B．E2　　　　　　C．E3　　　　　　D．E4

例2、如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0、一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV时，它的动能应为（　）

　　　A．8eV　　　　B．13eV　　　　C．20eV　　　　　D．34eV

例3、（’05全国）图中B为电源，电动势ε=27V，内阻不计．固定电阻R1=500Ω，R2为光敏电阻．C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l1=8.0×

10－2m，两极板的间距d1=1.0×

10－2m．S为屏，与极板垂直，到极板的距离l2=0.16m．P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕AA′轴转动．当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时，R2的阻值分别为1000Ω，2000Ω，4500Ω．有一细电子束沿图中虚线以速度v0=8.0×

106m/s连续不断地射入C．已知电子电量e=1.6×

10－19C，电子质量m=9.0×

10－31kg．忽略细光束的宽度、电容器的充电、放电时间及电子所受的重力．假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变．

图

（1）

（1）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y．（计算结果保留两位有效数字）

（2）设转盘按图

（1）中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈．取光束照在a、b分界处时t=0，试在图给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0～6s）．要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值．（不要求写出计算过程，只要求画出图线）

图

（2）

例4、如图所示，一半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电量为＋Q的电荷，另一电量是＋q的点电荷放在球心O上，由于对称性，点电荷受力为零，现在球壳上挖去半径为

的一个小圆孔，则此时球心处的电场强度大小为_____（已知静电力恒量为k），方向为_____，此时球心处的点电荷受力大小为_____．

例5、如下图所示实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可做出正确判断的是（　）

A．带电粒子所带电荷的符号

B．带电粒子在a、b两点的受力方向

C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大

D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大

例6、如图所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压U．A板的电势UA=0，B板的电势UB随时间的变化规律为：

在0到

的时间内，UB=U0（正的常数）；

在

到T的时间内，UB=－U0；

在T到

的时间内，UB=U0；

到2T的时间内，UB=－U0……，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子初速度和重力的影响均可忽略（　）

　　A．若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动

　　B．若电子是在

时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上

　　C．若电子是在

　　D．若电子是在

时刻进入的，它可能时而向B板，时而向A板运动

例7、真空中足够大的两个相互平行的金属板a和b之间的距离为d，两板之间的电压Uab按图所示规律变化，其变化周期为T．在t=0时刻，一带电粒子（＋q）仅在该电场的作用下，由a板从静止开始向b板运动，并于t=nT（n为自然数）时刻，恰好到达b板．求：

（1）若粒子在

时刻才开始从a板运动，那么经过t=nT的（n为自然数）同样长的时间，它将运动到离a板多远的地方？

（2）若该粒子在

时刻才开始从a板运动，需要经过多长时间才能达到b板．

一、选择题

1、如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是（　）

A．F1　　　　　　　　　　　　　　　　　B．F2

C．F3　　　　　　　　　　　　　　D．F4

2、一带正电的小球，系于长为l的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定在O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E．已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力．现先把小球拉到图中的P1处，使轻线拉直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球，已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，则小球到达与P1点等高的P2点时速度的大小为（　）

A．

　　　　　　　　　　　　　　B．

C．

　　　　　　　　　　　　　D．0

3、静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如右图所示．虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称．等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等．一个电子经过P点（其横坐标为－x0）时，速度与Ox轴平行．适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动．在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度vy，随位置坐标x变化的示意图是（　）

4、某静电场沿x方向的电势分布如图所示，则（　）

A．在0—x1之间不存在沿x方向的电场

B．在0—x2之间存在着沿x方向的匀强电场

C．在x1—x2之间存在着沿x方向的匀强电场

D．在x1—x2之间存在着沿x方向的非匀强电场

5、A、B两点各放有电量为＋Q和＋2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC=CD=DB．将一正电荷从C点沿直线移到D点，则（　）

A．电场力一直做正功

B．电场力先做正功再做负功

C．电场力一直做负功

D．电场力先做负功再做正功

6、图中所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°

，则电场力对试探电荷q所做的功等于（　）

　　　　　　　　　　　　　　D．

7、（2005·

全国）图中a、b是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧（　）

A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1<

Q2

B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1>

|Q2|

C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且Q1<

D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|>

8、（2005·

天津）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少

D．重力势能和电势能之和增加

二、综合题

9、一带电量q1=＋1.5×

10－6C、质量m=0.1kg的带电小球A，用长为l=0.25m的绝缘细线悬挂于O点，现让小球在水平面内绕带电量q2=＋1.0×

10－6C的固定小球B做匀速圆周运动，悬线与竖直方向的夹角始终为37°

，如图所示，求此时小球运动的角速度．（静电力常量k=9.0×

109N·

m2/C2，g取10m/s2，sin37°

=0.6，cos37°

=0.8）

10、一个不带电的金属板，表面有很薄的光滑绝缘层，与水平方向成θ角放置．金属板上B、C两点间的距离为L，在金属板前上方的A点固定一个带电量为＋Q的点电荷，金属板处在＋Q的电场中．已知A、B、C三点在同一竖直平面内，且AB水平，AC竖直，如下图所示．将一个带电量为＋q（

，q对原电场无影响）可看作点电荷的小球，由B点无初速释放，如果小球质量为m，下滑过程中带电量不变，求小球在B点的加速度和下滑到C点时的速度．

11、下图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：

（1）电子穿过A板时的速度大小；

（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；

（3）P点到O点的距离．

12、有三根长度皆为L=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量为m=1.00×

10－2kg的带电小球A和B，它们的电荷量分别为－q和＋q，q=1.00×

10－7C．A、B之间用第三根线连接起来．空间中存在大小为E=1.00×

106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示．现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比较改变了多少．（不计两小球间相互作用的静电力）

解析：

　　位于正六边形a、b、c、d四个顶点的点电荷在中心O点处的场强大小分别为Ea、Eb、Ec、Ed，方向如图所示，由点电荷的场强公式

和对称性可知，因q1>

q2，则有Ea=Ec>

Eb=Ed．

　　正六边形中心O点处的场强应是Ea、Eb、Ec、Ed的矢量和．将Eb、Ec沿水平、竖直两正交方向分解，设Eb、Ec与水平方向的夹角为θ，则

　　水平方向上，Ex=（Ea＋Ed）－（Ec＋Eb）cosθ=（Ea＋Ed）（1－cosθ）>

0，即Ex水平向右．

竖直方向上，Ey=（Ec－Eb）sinθ>

0，即Ey方向竖直向下．

所以，O点处的场强应是Ex、Ey的矢量和，方向应是斜向右下方．

答案：

B

　　依题意知，点电荷从a运动到b，动能的减少量为（26－5）eV=21eV，根据动能定理，克服电场力做功Wab=21eV，由W=qU可得，点电荷从3→4克服电场力做功应为

，则点电荷在3等势面处的动能应为（5eV＋7eV）=12eV，因此，点电荷在3等势面处的动能和电势能的总和为12eV．由于点电荷只受电场力，因此，运动过程中，动能和电势能的总和守恒，即Ek＋ε=12eV，当电势能ε=－8eV时，Ek=12eV＋8eV=20eV．

C

（1）设电容器C两板间的电压为U，电场强度大小为E，电子在极板间穿行时y方向上的加速度大小为a，穿过C的时间为t1，穿出时电子偏转的距离为y1

　　①

　　②

eE=ma　　　③

　　　④

　　⑤

由以上各式得

　　⑥

代入数据得y1=4.8×

10－3m　　⑦

由此可见

，电子可通过C．

　　设电子从C穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为y2

　　vy=at1　　　⑧

　　　⑨

　　y2=vyt2　　⑩

　　由以上有关各式得

　　代入数据得y2=1.92×

10－2m　　

　　由题意y=y1＋y2=2.4×

（2）如图所示．

点拨：

　　当光束通过a时

，电子不能通过C，所以2s～3s这段时间电子不能到达屏上．当电子从C穿出后，电子做匀速直线运动，不再做平抛运解析：

　　均匀带电球壳，球心处场强为零，可将此看成是挖去那一片电荷与剩余球壳电荷分别产生的电场的叠加结果，即如上图所示，挖去小片的电荷量q=Qπr2/4πR2=r2Q/4R2，所以产生的场强

，所以剩余球壳电荷在球心处的场强E2=E1=kr2Q/4R4，方向指向缺口处与E2方向相同．故点电荷q在该处受力F=qE2=kr2Qq/4R4，方向与E2相同．

kr2Q/4R4　　　指向缺口　　kr2Qq/4R4

动，这一点很容易错．

电轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定，设粒子从a运动到b（也可分析b到a的情形，两种分析不影响结论），速度方向与电场力方向夹角大于90°

，故速度减小，即a点速度大于b点速度，电场力做负功，电势能增加，即b的电势能较大，应选B、C、D．

BCD

此类问题应掌握以下几个要点：

（1）带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向．

（2）带电粒子所受合力（往往仅为电场力）应指向轨迹曲线的凹侧，再依电场力与场强同向或反向，即可确定准确的力的方向．

　　（3）在一段运动过程中，若合力与速度方向的夹角小于90°

，则合力做正功，动能增加；

若夹角大于90°

，则合力做负功，动能减小；

若夹角总等于90°

，则动能不变．电势能变化与动能变化相反．

依题意，电子在电场中运动时，其加速度大小

不变，方向在

（k=1，2，3…）时刻发生突变．不同时刻进入的电子，其运动情况有所不同，如图中的a、b、c所示，分别表示t=0时刻，

时刻的和

时刻进入的电子的v－t图象（以从A板指向B的方向为正方向）．

　　从图象可以看出，t=0时刻进入的电子速度方向不变，一直向B板运动．

时刻进入的电子运动一段时间后速度反向，这说明它们都是来回往复运动，但在一个周期内，前者的位移为正，即向B板运动了一段位移，最后一定打在B板上；

而后者的位移为负，若在一个周期内未打到B板，电子将返回到A板而从小孔穿出．

时刻进入的电子受到指向A板的电场力，而初速为零，因此，它不可能进入两板间运动．

AB

解：

（1）设带电粒子在匀强电场中的加速度为a，前半个周期为加速运动，后半个周期为减速运动，所以a、b间距离d=2ns=2n

　　　①

　　若粒子在

时刻开始从a板运动，经过同样长的时间，该粒子向b板运动的距离

在电场力作用下返回a板的距离

该粒子向b板运动的总位移

　　∴①＋②得：

（2）最后一个周期尚未结束就已经碰到b板，则该粒子除去最后一个周期运动时间t1=（3n－1）T最后一个周期中，粒子加速了

，当减速的

未完成就已和b板相碰，计算机时，仍可按粒子向b板运动了

的时间，再减去碰b板之后的时间．碰b板之后的时间可由粒子反向回b板的两段距离（即：

反向加速

及减速的

的距离）和粒子过b板直到末速度为零时的匀减速的位移相等而求得．

　　即：

　　　解出

　　故粒子从a到b板的总时间为

　　∴t=（3n－1）T

1-5B/B/D/AC/B6-8C/ACD/C

　1、由库仑定律知，a对c的静电力沿ac连线远离a，b对c的静电力沿bc连线指向b，且a对c的静电力小于b对c的静电力，由平行四边形定则知，c受到a和b的静电力的合力不可能为F1、F3、F4，只可能为F2，故选B项．

　　2、依题意，小球受到的电场力水平向右，大小与重力相等，所以小球将沿与水平方向成45°

夹角向右下方做匀加速直线运动，到最低点时线刚好被拉直．该过程可看作是重力方向和电场力方向两个运动的合运动．因此，在经过最低点时的速度水平分量可由水平方向上的运动规律求得，即

．此后，小球将做圆周运动，从最低点到P2的过程中，电场力和重力对小球做功的代数和为零，小球在P2点的动能与在最低点相等，速度大小与最低点也相等．故B选项正确．

　　3、因电场线总是与等势线垂直，可画出该电场中的电场线分布情况．电子在电场中受到的电场力方向应与电场线的切线方向相反，所以电子在y轴左侧受到的电场力的竖直分量总是沿y轴负方向且逐渐减小，电子沿y方向的分速度vy逐渐增大，到达y轴时，电场力的竖直分量为零，电子沿y方向的分速度vy达到最大值．当运动到y轴右侧后，vy逐渐减小，但整个过程中电子沿x轴方向的分速度vx一直在增大，电子从x=0到x=x0所用的时间比从x=－x0到x=0所用时间短，所以电子运动到x=x0时沿y方向的分速度vy不会减为零．故D选项正确．

　　4、U不变有两层意思．一是场强为零；

二是场强E与位移方向垂直时，U不变．由于x1、x2之间U是均匀变化的，故必为匀强电场．正确答案为A、C．

　　5、由于A、B两点均放有带正电的点电荷，在AB连线上有一点合场强必为零．设该点为E，且距A点距离为x，AB两点间的距离为L．根据点电荷场强公式和场的叠加原理有：

，解得

．可见E点在CD之间，E点左侧合场强方向水平向右，E点右侧合场强方向水平向左，所以将一正电荷从C点沿直线移到D点的过程中，电场力先做正功再做负功，故B项正确．

　　6、已知极板带电量为Q，电容为C，所以两极间的电势差应为

，两板间的场强应为

，方向沿垂直于板面由上极板指向下极板．由图中AB方向可知，电场力qE对试探电荷所做的功应为W=qE·

s·

sin30°

．故选项C是正确选项．

　　7、MN是ab中垂线，则MN上P点到a、b距离相等，设为r．由点电荷电场强度公式知：

，若Q1、Q2都是正电荷，其在P点场强如图所示，由于Q1<

Q2，则E1<

E2，其合场强必指向MN左侧，A对．若Q1是正电荷，Q2是负电荷，则E2方向反向，不论E1、E2多大，其合场强必指向MN右侧，B错．同理可判CD正确．

　　8、由于曲线运动的轨迹向力的方向弯曲，由轨迹可判定带电粒子受到的电场力大于粒子的重力，由功能关系可知，从a到b，电场力做正功，电势能减小，克服重力做功，重力势能增大，合外力做正功，动能增加，所以减少的电势能等于增加的动能和重力势能，故C正确．

　9、解：

如图所示，对A球进行受力分析：

在y方向上有：

F拉cos37°

－mg=0　①

　　在x方向上有：

F拉sin37°

－F库=mω2r　　②

　　③

　　r=lsin37°

　　④

　　由①②③④解得

　　10、解：

由于金属板处于在点电荷Q形成的电场中，金属板表面的电场线与金属板表面垂直，带电小球在沿金属板下滑的过程中，所受电场力与金属板表面垂直．

　　小球所受的合外力为F=mgsinθ

　　小球在B点的加速度为a=gsinθ

根据运动学公式

可得，C点的速度为

11、解：

（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：

（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：

，解得：

　　（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得vy=at1

　　电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如下图所示

解得：

P到O点的距离为

　12、解析：

本题属于复合场中的平衡问题．利用平衡条件分析判断A、B两球最后的平衡位置是解答本题最关键的一环，其具体方法是：

①隔离法．即分别选取A、B两球为研究对象，求出OA和AB与竖直方向的夹角．②整体和隔离相结合．下面我们采用第二种方法求解．

　　将A、B视为一个整体进行受力分析，共受到五个力的作用：

两球各自的重力；

电场对A