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静电场经典试题详详解答案


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 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 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 ( 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 4.如图所示,a、b 是两个带有同种电荷的小球,用绝缘细线系于同一点,两球静止时 它们在同一水平面上,与竖直方向的夹角依次为 α=30° 、β=60° ,若同时剪断细线,不计 空气阻力,则下列说法中正确的是( ) ) ) )

A.a、b 两小球将同时落到同一水平地面上 B.下落过程中 a 小球水平飞行的距离比 b 小球大 C.下落过程中 a、b 小球库仑力做功相等 D.落地瞬间 a 小球重力的瞬时功率大于 b 小球重力的瞬时功率 5.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

1

减小 . 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)( )

1 A.T= (q1-q2)E 2 1 C.T= (q1+q2)E 2

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

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, 球又用绝缘细线悬挂在天花板上, A 细线长均为 L.现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场, 电场强 mg 度 E= ,A、B 两球最后会达到新的平衡位置,则在这个过程中,两 q 个小球( )

2- 2 A.总重力势能增加了 mgL 2 B.总重力势能增加了 2 mgL 2

2- 2 C.总电势能减少了 mgL 2 D.总电势能减少了 2 mgL 2

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 )

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

2

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 C.U1∶U2=1∶2 ) B.U1∶U2=1∶4 D.U1∶U2=1∶1 )

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 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 C U B.两极板间匀强电场的电场强度大小为 Lsin θ C.M、P 两点间的电势差为 ULsin θ d )

qULsin θ 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 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________. 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 9.1×10 电荷量为-1.6×10
-19 -31

kg,

C)

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________.
3

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. . 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=6.0×105 N/C,方向与 x 轴正方向相同. O 处放一个电荷量 q=-5.0×10 在
-2 -8

C, 质量 m=1.0×10

kg 的绝缘物块,物块与水平面间的动摩擦因数 μ=0.20,沿 x 轴正方 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

向给物块一个初速度 v0=2.0 m/s,如图所示,求物块最终停止时的位置.(g 取 10 m/s2) 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. 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. 20.(12 分)一平行板电容器长 l=10 cm,宽 a=8 cm,板间距 d=4 cm,在板左侧有一 足够长的“狭缝”离子源,沿着两板中心平面,连续不断地向整个电容器射入离子,它们的 m l - 均为 5×10 11 kg/C,速度均为 4×106 m/s,距板右端 处有一屏,如图甲所示,如果在平 q 2 行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电, 由于离子在电容器中运动所用的时间远小 于交流电的周期,故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场.试求:
4

(1)离子打在屏上的区域面积; (2)在一个周期内,离子打到屏上的时间.

1.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, 错误; D 油滴上升, 重力势能变大, 动能和电势能之和必然减少. 2.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 Q Q Q Q 点处形成的电场强度分别为 EDA=k 2,EDB=k 2,EDC=k 2,所以 D 点合电场强度为 ED=k 2 r r r r Q -2k 2cos 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, r 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.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.答案:AD F 解析:竖直方向只受重力,A 正确;由 =tan a,知 ma>mb,库仑力 F 相同,水平方 mg 向的加速度 aa<ab,所以 a 球水平飞行距离小,B 错;库仑力大小相等,但位移不等,故 C 错;P=mgv,速度在竖直方向的分量相同,故 PA>PB,D 对. 5.答案:BCD 解析:本题考查电场力与电荷量、场强的关系,电场力做功与动能的关系.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, 项错误; A 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

5

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 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 E?q1-q2? 两式联立得 T= ,A 正确. 2 7 答案:AD 解析: B 两个带电小球所受电场力为零,故 OA 线竖直、 球向右偏 45° A、 B 处最后静止, 则总重力势能增加了 mg(L-Lcos 45° )= 故 D 项正确. 8 答案:AC 1 解析: 设电子进入偏转电场的速度为 v, 电子射出偏转电场时偏转量为 y, U1e= mv2, 则 2 1 U2e ?L y L2 y= · ·v ?2,可得: = ,可见,L 越大,灵敏度越大,d 越小,灵敏度越大,U1 越 2 dm ? ? U2 4dU1 小,灵敏度越大,故 A、C 正确. 9.答案:BD 解析:充电后电容器的上极板 A 带正电,不断开电源,增大两板间距,U 不变、d 增大, U 由 E= 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, d 合力向下,电荷 q 向下加速运动,由 C= εrS 知电容 C 减小,由 Q=CU 知极板所带电荷量 4πkd 2- 2 2 mgL,故 A 项正确,总电势能减少了 mgL, 2 2

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, 选项 B、D 正确. 10 答案:A 2mv02dy 1 1Uq l2 解析:由 y= at2= , 2得:U= 2 2mdv0 ql2 y 所以 U∝ 2,可知 A 项正确. l 11 答案:BCD 2φ 解析:由题意可知,两板间电压为 2φ,电场强度为 E= ,A 错误;板间与板平行的 d εrS 中线上电势为零,中线上方为正,下方为负,故 B 正确;由 C= 知,d 减小,C 增大, 4πkd 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.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 U 电场为匀强电场,根据匀强电场场强与电势差的关系可知,两板间电场强度 E= ,B 项错 d
6

误;MP 两点间的电势差就等于 NP 间的电势差,即 UMP=ELsin θ=

ULsin θ ,C 项正确;由 d

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 qUMP= 较易. qQs 13.答案: 2Cd Q U Q 解析:电容器两板间电势差 U= ,场强 E= = , C d Cd 而 A、B 两点间电势差 UAB=E· sin 30° s· = 电场力对+q 所做功为 W=qUAB= 14.答案:-136.5 vA 解析: 设电子射入电场时的速度为 vA, 射出电场时的速度为 vB, 从图可知 vB= = sin 30° 2vA,根据动能定理,有 W=eUAB① 1 1 W= mvB2- mvA2② 2 2 1 1 3 由式①②得 eUAB= mvB2- mvA2= mvA2 2 2 2 所以 UAB= 3mvA2 3×9.1×10 31×?4×106?2 = V - 2e -1.6×10 19×2


qULsin θ ,D 项正确.本题 d

Qs , 2Cd

qQs . 2Cd

=-136.5 V 2mv02-mgv0t 15.答案: q 1 1 解析:因为 vy=2v0,由动能定理可得: m(vy2+v02)- mv02=mgv0t+qUOP,所以 UOP 2 2 2mv02-mgv0t = , 带电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, q 把曲线转化为直线运动,简化运动过程.

16.答案:(1)

10 3mg l (2) 3k

3 mgk 3 9l

解析:(1)A 球带正电,B 球带负电两小球相距 d=2l-2lsin 30° =l Q2 由 A 球受力平衡可得:mgtan α=k 2 l 解得:Q= 3mg l. 3k

(2)外加电场时,两球相距 d′=2l+2lsin 30° =3l

7

Q2 根据 A 球受力平衡可得:QE-k 2=mgtan α ?3l? 10 解得:E= 3 mgk 3 9l

17.答案:在 O 点左侧距 O 点 0.2 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- mv02 2 mv02 所以 x1= ,代入数据得 x1=0.4 m 2?qE+μmg? 可知, 当物块向右运动 0.4 m 时速度减为零, 因物块所受的电场力 F=qE=0.03 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 1 某处,设该点距 O 点距离为 x2,则-μmg(2x1+x2)=0- mv02,解之得 x2=0.2 m. 2
2 mg 2hmv0 18.答案:(1) - 2 q qL

2h2mv02-mghL2 (2) L2

2h2mv02 mv02 (3) + L2 2 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,水平方向:v0t =L, ?mg-qE?t2 竖直方向: =h 2m
2 mg 2hmv0 所以 E= - 2 . q qL

(2)电场力做功为 2h2mv02-mghL2 W=-qEh= . L2 mv02 (3)根据动能定理 mgh-qEh=Ek- 2 2h2mv02 mv02 得 E k= + . L2 2 2L qEL 3qEL2 19.答案:(1) (2) 2 (3) v0 mv0 2mv02 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,所以粒子从射入 2L 到打到屏上所用的时间 t= . v0 (2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy,根据牛顿第二定律,粒子在电场 Eq 中的加速度为:a= m L qEL 所以 vy=a = . v0 mv0 vy qEL 所以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为 tan α= = . v0 mv02
8

(3)设粒子在电场中的偏转距离为 y,则 1 L 1qEL2 y= a?v ?2= 2 ? 0? 2 mv02 3qEL2 又 s=y+Ltan α,解得:s= . 2mv02 20..答案:(1)4ad (2)0.007 2 s 解析:(1)设离子恰好从极板边缘射出时的电压为 U0 水平方向:l=v0t① d 1 竖直方向: = at2② 2 2 qU0 又 a= ③ md 由①②③得 md2v02 5×10 U0= = ql2 =128 V 当 U≥128 V 时打到极板上 当 U<128 V 时打到屏上 利用推论:打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上. l l + 2 2 y 由此可得 = l d 2 2 解得打到屏上的长度为 y=d 又由对称知,总长度为 2d 区域面积为 S=2y· a=4ad. 1 (2)在前 T,离子打到屏上的时间 4 128 V t0=?1- 200 ?×0.005 s=0.001 8 s ? ? 又由对称性知,在一个周期内,打到屏上的总时间 t=4t0=0.007 2 s.
-11

×?4×10 2?2×?4×106?2 V ?0.1?2


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