高三物理专项训练综合复习5静电场Word文档下载推荐.docx
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BD
2.如图2所示,A板发出的电子经加速后,水平射入水平放置的两平行金属板间,金属板间所加的电压为U,电子最终打在光屏P上,关于电子的运动,下列说法中正确的是( )
图2
A.滑动触头向右移动时,电子打在荧光屏上的位置上升
B.滑动触头向左移动时,电子打在荧光屏上的位置上升
C.电压U增大时,电子打在荧光屏上的速度大小不变
D.电压U增大时,电子从发出到打在荧光屏上的时间不变
当滑动触头向右滑动时,加速电压增大,因此电子经偏转电场时侧移距离减小,电子打在荧光屏上的位置下降,滑动触头左移则上升,A错B对;
电压U增大时,电子打在荧光屏上的速度增大,但电子从出发到打在荧光屏上的时间不受侧向运动的影响保持不变,C错D对.
3.如图3所示,一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中,场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电+q的小球,由静止开始沿轨道运动,下述说法正确的是( )
图3
A.小球在运动过程中机械能守恒
B.小球经过环的最低点时速度最大
C.小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg+qE)
D.小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg+qE)
小球滑动过程中有重力和电场力做功,因此机械能不守恒,A错.小球下滑到最低点的过程中,重力和电场力都做正功,小球动能增大,过最低点时速度最大,B对.由动能定理得(qE+mg)R=
mv2,轨道支持力为FN,则FN-(qE+mg)=m
,解得C对,D错.
BC
图4
4.空间某区域内存在着电场,电场线在竖直平面上的分布如图4所示,一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动,小球经过A点时的速度大小为v1,方向水平向右,运动至B点时的速度大小为v2,运动方向与水平方向之间的夹角为α,A、B两点之间的高度差与水平距离均为H,则以下判断中正确的是( )
A.若v2>
v1,则电场力一定做正功
B.A、B两点间的电势差U=
(v22-v12)
C.小球由A点运动到B点,电场力做的功W=
mv22-
mv12-mgH
D.小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P=mgv2
考查带电粒子在电场与重力场的叠加场中的运动.从A到B,重力做正功,若v2>
v1,表明外力做的总功为正,但电场力可能做负功,A错.由动能定理qU+mgH=
mv12可知B错,C对.过B点时重力的瞬时功率P=mgv2sinα,D错.
C
图5
5.如图5所示,一正点电荷在电场中受电场力作用沿一圆周的圆弧ab运动,已知该点电荷的电荷量为q,质量为m(重力不计),ab弧长为l,电荷经过a、b两点时速度大小均为v0,则下列说法中不正确的是( )
A.a、b两点的场强方向相同
B.a、b两点的场强大小相等
C.a、b两点的电势相等
D.电荷在a、b两点的电势能相等
由题意,电荷经过a、b两点时速度大小均为v0,所以电场力做功为零,电荷在a、b两点的电势能相等,a、b两点的电势也相等,显然形成电场的电荷为点电荷.由于电场是矢量,所以A错,B、C、D正确.
A
图6
6.如图6所示,在匀强电场中有a、b、c、d四点,它们处于同一圆周上,且ac、bd分别是圆的直径.已知a、b、c三点的电势分别为φa=9V,φb=15V,φc=18V,则d点的电势为( )
A.4VB.8V
C.12VD.16V
由于电场是匀强电场,据φa=9V,φc=18V,可知,圆心处的电势φ0=φa+
=13.5V,对于匀强电场,φb-φ0=φ0-φd,则φd=12V,故C正确.
图7
7.如图7所示,在场强为E的匀强电场中,有相距为L的A、B两点,其连线与场强方向的夹角为θ,A、B两点间的电势差UAB=U1.现将一根长为L的细金属棒沿AB连线方向置于该匀强电场中,此时金属棒两端的电势差UAB=U2,则下列关于U1和U2的说法中正确的是( )
A.U1=U2=ELcosθ
B.U1=U2=-ELcosθ
C.U1=ELcosθ,U2=0
D.U1=-ELcosθ,U2=ELcosθ
据匀强电场中电势差与场强关系式得,U1=Ed=ELcosθ,将金属杆AB放置于匀强电场中,静电平衡时金属杆AB为等势体,故U2=0,故C选项正确.
8.用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图).设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ.实验中,极板所带电荷量不变,若( )
图8
A.保持S不变,增大d,则θ变大
B.保持S不变,增大d,则θ变小
C.保持d不变,减小S,则θ变小
D.保持d不变,减小S,则θ不变
保持S不变,增大d,平行板电容器的电容减小,由于电容器的电荷量不变,由Q=CU可以判断极板间电势差变大,静电计指针偏角θ变大,选项A正确,B错误;
保持d不变,减小S,电容器电容变小,由Q=CU可以判断极板间电势差变大,选项C、D错误.
9.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( )
A.b点的电场强度一定比a点大
B.电场线方向一定从b指向a
C.b点的电势一定比a点高
D.该电荷的动能一定减小
从a→b,电场力对正电荷做负功,该电荷电势能增加,qφa<
qφb,即φa<
φb,故选项C正确;
电场线不一定是直线,选项B错误;
该电荷除了受电场力,是否还受其他力不清楚,选项D错误;
条件不足,无法判断a、b两点场强的大小,选项A错误.
图9
10.物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证,有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确.如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环,两圆环上的电荷量均为q(q>
0),而且电荷均匀分布.两圆环的圆心O1和O2相距为2a,连线的中点为O,轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r(r<
a).试分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式(式中k为静电力常量)正确的是( )
A.E=
B.E=
C.E=
D.E=
由量纲判断选项A、C中电场强度的单位为
=
,而电场强度的单位为N/C,所以可以排除选项A、C;
假设r=a,此时A点位于O2点,A点电场强度应等于左侧小圆环的电荷在该处产生的场强,电场强度的表达式为一项,而选项B中E的表达式为两项的组合,应排除B;
综上所述,只能选D.
D
第Ⅱ卷(非选择题,共60分)
二、填空题(本题共2小题,每题8分,共16分)
图10
11.如图10所示,一个半径为R的绝缘球壳上均匀带有+Q的电荷,另一个电荷量为+q的电荷放在球心O上,由于对称性,点电荷受力为0.现在球壳上挖去半径为r(r≪R)的一个小圆孔,则此时置于球心的点电荷所受的力的大小为________(已知静电力恒量为k),方向________.
球壳完整时,由对称性得球心上的点电荷受力为0,可知挖去的小孔和剩下的部分对点电荷产生的力大小相等,方向相反,故要计算剩下部分对点电荷产生的力,只要求出挖去的小圆孔对点电荷产生的力即可,由于r≪R,故小圆孔可以看做点电荷,这样可由库仑定律计算.由库仑定律有F=
,其中Q′=
·
πr2,得出F=
,指向小孔.
指向小孔
图11
12.某研究性学习小组设计了以下方法来测量物体的带电量.如图11所示的小球是一个外表面镀有金属膜的空心塑料球,用绝缘丝线悬挂于O点,O点固定一个可测量丝线偏离竖直方向角度α的量角器,M、N是两块相同的、正对着竖直平行放置的金属板(加上电压后其内部电场可看作匀强电场).另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电流表、开关、滑动变阻器及导线若干.该小组的实验步骤如下,请你帮助该小组完成:
(1)用天平测出小球的质量m,按如图11所示进行器材的安装,并用刻度尺测出M、N板之间的距离d,使小球带上一定的电量.
(2)连接电路(请在图中的虚线框中画出实验所用的电路图,电源、开关已经画出).
(3)闭合开关,调节滑动变阻器滑片的位置,读出多组相应的电压表的示数和丝线的偏转角度θ.
(4)以电压U为纵坐标,以________为横坐标作出过原点的直线,求出直线的斜率k.
(5)小球的带电量q=________.(用m、d、k等物理量表示)
(2)如图12(a) (4)tanα (5)
带电小球的受力如图12(b),根据平衡条件有tanθ=
,又有F=qE=
q
,联立解得,U=
tanθ=ktanθ,所以应以tanθ为横坐标.
图12
三、计算题(本题共4小题,13、14题各10分,15、16题各12分,共44分,计算时必须有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
图13
13.在匀强电场中建立一个直角坐标系,如图13所示,从坐标原点沿+y方向前进0.346m到A点,电势降低34.6V;
从坐标原点沿-x方向前进0.2m到B点,电势升高34.6V,求匀强电场的场强大小和方向.(取
=1.73)
令O点电势φO=0,则φA=-34.6V,φB=34.6V,再作点B关于点O的对称点B′,因为BO=OB′,则φB′=-34.6V.连接AB′,并作其垂线OE,则从O→E的方向即场强方向.
tanθ=
E=
=200V/m.
200V/m,方向与x轴正方向成30°
角.
图14
14.在点电荷Q产生的电场中有a,b两点,相距为d,已知a点的场强大小为E,方向与ab连线成30°
角,b点的场强方向与ab连线成120°
角,如图14所示,则b点的场强大小为多大?
a,b两点电势哪点更高?
图15
如图15所示,将a点场强方向和b点场强方向延长,交于O点,由几何知识得ab=d,aO=2dsin60°
d,而E=
,Eb=
,所以Eb=3E.以O点为圆心,以d为半径作弧交Oa于c点,则φb=φc,而φa>
φc,所以φa>
φb,即a点电势更高.
3E a
图16
15.如图16所示,水平放置的两块平行金属板A,B相距为d,电容为C.开始两块板均不带电,A板接地且中央有孔.现将带电荷量为+q,质量为m的带电液滴一滴一滴地从小孔正上方h处无初速滴下,落向B板的电荷全部传给B板,问:
(1)第几滴液滴在A,B板间做匀速直线运动?
(2)能够到达B板的液滴不会超过多少滴?
(1)设第n滴液滴在A,B板间做匀速直线运动,此时,板上电荷量为Q=(n-1)q,板上电压U=
.
板间电场强度E=
①
由平衡条件得qE=mg②
由①②得n=
+1
(2)设能够到达B板的液滴不会超过x滴,且第(x+1)滴到B板的速度恰为0,然后返回极板上,最大电荷量Q′=xq③
极板间最大电压U′=
④
对第(x+1)滴,由动能定理得mg(h+d)-qU′=0⑤
由④⑤解得x=
(1)
+1
(2)
16.
图17
如图17所示,匀强电场方向沿x轴的正方向,场强为E.在A(d,0)点有一个静止的中性微粒,由于内部作用,某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒,其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动,经过一段时间到达(0,-d)点.不计重力和分裂后两微粒间的作用.试求:
(1)分裂时两个微粒各自的速度;
(2)当微粒1到达(0,-d)点时,电场力对微粒1做功的瞬时功率;
(3)当微粒1到达(0,-d)点时,两微粒间的距离.
(1)设分裂时微粒1的初速度为v1,到达(0,-d)点所用时间为t.依题意可知微粒1带负电,在电场力的作用下做类平抛运动,得下列方程:
-d=v1t①
-d=
at2②
qE=ma③
由①②③解得v1=-
根号外的负号表示沿y轴的负方向.
设分裂时另一微粒2的速度为v2,根据动量守恒定律mv1+mv2=0⑤
图18
得v2=
⑥
(2)当微粒1运动到B(0,-d)点时,速度在x轴方向上的分量为vBx,则vBx=-
⑦
由③⑦解得vBx=-
电场力对它做功的瞬时功率
P=qEvBx=-qE
(3)中性微粒分裂时,根据电荷守恒定律,微粒2带等量的正电荷,所受电场力沿x轴的正方向,在电场力的作用下也做类平抛运动.根据对称性,当微粒1到达B(0,-d)点时,微粒2运动到C(2d,d)点,此时两微粒间的距离是
BC=
=2
d.
(1)v1=-
v2=
(2)-qE
(3)2
d