第一章 静电场作业

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(新课标)高中物理第一章静电场课时作业5(含解析)新人教版选修31

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(新课标)高中物理第一章静电场课时作业5(含解析)新人教版选修31课时作业(五)一、选择题(2、11题为多选题,其余为单项选择题) 1.关于电势差的下列说法中,正确的是( )A .电势差与电势一样,是相对量,电势差的值与零电势点的选取有关B .电势差是一个标量,没有正值和负值之分C .由于电场力做功跟移动电荷的路径无关,所以电势差也跟移动电荷的路径无关,只跟这两点的位置有关D .A 、B 两点的电势差是恒定的,不随零电势点的改变而改变,所以U AB =U BA解析 电势差与零电势点选取无关,故A 项错误.电势差也有负的,表示初位置电势比末位置电势低,故B 项错误.电势差只决定于初末位置,与电荷移动的路径无关,故C 项正确.U AB =-U BA ,故D 项错误. 答案 C设置目的 考查对电势差概念的理解2.关于U AB =W ABq和W AB =qU AB 的理解,正确的是( )A .电场中的A 、B 两点间的电势差和两点间移动电荷的电量q 成反比 B .在电场中A 、B 两点移动不同的电荷,电场力的功W AB 和电量q 成正比C .U AB 与q 、W AB 无关,甚至与是否移动的电荷都没有关系D .W AB 与q 、U AB 无关,与电荷移动的路径无关解析 A 、C 项,电势差公式U AB =W ABq 是比值定义法,电场中的A 、B 两点间的电势差和两点间移动电荷的电量q 和电场力做功均无关.故A 项错误,C 项正确;B 项,电场中A 、B 两点间的电势差是一定的,在电场中A 、B 两点移动不同的电荷,电场力的功W AB 和电量q 成正比.故B 项正确;D 项,由公式W AB =qU AB 可知,W AB 与q 、U AB 都有关,与电荷移动的路径无关.故D 项错误.故选B 、C 两项. 答案 BC3.如图所示,在一正的点电荷产生的电场中有A 、B 两点,一点电荷为-3.2×10-19C 的试探电荷从A 点移到B 点的过程中,克服电场力做功为W =6.4×10-20J ,则A 、B 两点间的电势差U AB 等于( )A.5 V B.-5 V C.0.2 V D.-0.2 V解析克服电场力做功即电场力做负功,可知A、B两点间的电势差:U AB=W ABq=-Wq=-6.4×10-20-3.2×10-19V=0.2 V.故A、B、D三项错误,C项正确.答案 C4.如图所示,在-Q形成的电场中,有a、b、c三点,它们到点电荷的距离为r a<r b<r c,且U ab=U bc.则( )A.a点电势高于c点电势B.a点场强比c点场强大C.同一负电荷放在c点比放在a点的电势能大D.同一负电荷由a点移到b点,比由b点移到c点电场力做功多解析由孤立负点电荷电场线和等势面的分布知B项正确;因φc>φa,同一负电荷在电势低处电势能大,故C项错误;因U ab=U bc,据W=qU知W ab=W bc,D项错误.答案 B设置目的考查求功公式W=qU和电势能公式E p=qφ5.如图所示,以坐标原点O为圆心,半径为r的圆与坐标轴交于a、b、c、d.在O点固定一个正点电荷Q,另有一沿x轴正方向,场强大小为E的匀强电场,当点电荷+q在电场中移动时( )A.从a移到b,电场力不做功B.从a移到c,电场力做正功C.从d移到b,电场力做功为2qErD.从d移到a,电场力做功为2qEr解析点电荷Q所形成的电场与匀强电场叠加时,场强遵循矢量合成法则,电势遵循代数相加法则.也可应用独立作用原理,即求电荷q在电场中所受电场力,可先分别求出点电荷Q 和匀强电场对该电荷的作用力,再求它们的矢量和.求电荷在电场中具有的电势能或在电场中移动时电场力所做的功,可先分别求出在点电荷Q形成的电场和匀强电场中的电势能或在这两个电场中移动所做的功,再求和.a、b、c、d位于以+Q为球心的球面上,它们在+Q形成的电场中的电势是相等的,所以点电荷+Q的电场力始终不做功.而在匀强电场中,这四个点的电势高低关系是φd>φa=φc>φb,且U da=U dc=U ab=U cb=Er.由此可断定W db=2qEr.答案 C设置目的考查求功公式W AB=qEscosθ和等势面性质6.如图所示,实线为电场线,虚线为等势面,相邻两等势面间的电势差相等.一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J,运动到等势面L1处时动能为零;现取L2为零电势参考平面,则当此电荷的电势能为4 J时,它的动能为(不计重力及空气阻力)( )A.16 J B.10 JC.6 J D.4 J解析正电荷在电场中只受电场力的作用,在L3时,动能为20 J,运动到L1时动能为零,此过程中只有电场力做功,所以电场力做了-20 J的功,而U21等于U32,所以qU21=qU32,W31=qU32+qU21=0-20 J,qU21=-10 J,qU32=-10 J,所以电荷运动到L2等势面时其剩余动能是10 J,此时电势能为零,则此正电荷动能和电势能总和为10 J.当它的电势能为4 J时,动能为6 J.所以C项正确.答案 C设置目的考查电场力做功公式及能量守恒7.如图所示,在O点固定一负点电荷,实线为其中几条对称分布的电场线,虚线为以Oe电场线上的O′点为圆心的一个圆,a、b、c、d、e,f、g、h为圆与电场线的交点,下列说法正确的是( )A.b、h两点的电场强度相同B.a点电势比e点电势高C.d、b两点间电势差大于e、b两点间电势差D.将电子沿圆周由h运动到d与由h运动到f,电场力做功相等解析A项,由图看出,b、h两点电场强度的大小相等,但方向不同,而电场强度是矢量,所以b、h两点的电场强度不同,故A项错误.B项,根据顺着电场线电势逐渐降低可知,离点电荷O越远,电势越高,故a点电势低于e点电势,故B项错误.C项,e点电势大于d点电势,则e、b两点间电势差大于d、b两点间电势差,故C项错误.D项,d、f两点电势相等,则电子沿圆周由h到d与由h到f,电场力做功相等,故D项正确.故选D项.答案 D8.如图所示,虚线1、2、3、4为静电场中的等势面,相邻的等势面之间的电势差相等,其中等势面3的电势为零.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过a、b两点时的动能分别为26 eV和5 eV,当这一点电荷运动到某一位置,其电势能变为-8 eV 时,它的动能应为( ) A .8 eV B .13 eV C .20 eVD .34 eV解析 由于电荷在电场中移动时只有静电力做功,因此能量之间的转化只有动能和电势能之间的转化.1、2、3、4为等差等势面,等势面3的电势为零,从等势面1到等势面4电荷减少的动能为21 eV ,所以从1到3减少的动能为14 eV ,故电荷在等势面3上的动能为12 eV ,故当电势能为-8 eV 时,动能为20 eV. 答案 C9.如图所示,在A 点由静止释放一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子,粒子在到达B 点时的速度恰好为零,已知A 、B 所在位置的电场线方向竖直向下,A 、B 两点间的高度差为h ,则下列判断中错误的是( ) A .带电粒子带负电B .A 、B 两点间的电势差U AB =mghqC .B 点场强大于A 点场强D .A 点场强大于B 点场强解析 带电粒子在从A 到B 的过程中,只有重力和电场力做功.对A 到B 过程应用动能定理可知合外力做功为零即W G +W AB =0.又因为W G >0,所以W AB <0.U AB >0代入W AB =qU AB 可推出粒子带负电.U AB =-mgh -q =mghq ,A 、B 两项正确;因为带电粒子在由A 向B 运动的过程中,在重力和电场力作用下先加速后减速运动,说明电场力先小于重力,后来大于重力,所以电场力越来越大,故场强越来越大,C 项正确,D 项错误. 答案 D10.如图所示,质量为m 、带电荷量为q 的粒子,以初速度v 0从A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中,粒子通过电场中B 点时,速率v B =2v 0,方向与电场的方向一致,则A 、B 两点的电势差为( ) A.mv 022q B.3mv 02qC.2mv 02qD.3mv 022q解析 粒子在竖直方向做匀减速直线运动,则有02-v 02=2(-g)h ,粒子在水平方向做匀加速运动.电场力做正功,重力做负功,使粒子的动能由12mv 02变为2mv 02,则根据动能定理,有Uq+(-mgh)=2mv 02-12mv 02,其中由02-v 02=2(-g)h ,得h =v 022g,代入解方程得A 、B 两点电势差应为2mv 02q ,应选C.答案 C设置目的 考查能量守恒与电场力做功11.(2019·河南省南阳市模拟)空间某区域竖直平面内存在电场,电场线分布如图所示.一个质量为m 、电量为q ,电性未知的小球在该电场中运动,小球经过A 点时的速度大小为v 1,方向水平向右,运动至B 点时的速度大小为v 2.若A 、B 两点之间的高度差为h ,则以下判断中正确的是( ) A .A 、B 两点的电场强度和电势大小关系为E A >E B 、φA >φB B .若v 2>v 1,则电场力不一定做正功 C .A 、B 两点间的电势差为m 2q(v 22-v 12-2gh) D .小球从A 运动到B 点的过程中电场力做的功为12mv 22-12mv 12解析 由电场线的疏密可判断出E A <E B .由电场线的方向可判断出φA >φB ,故A 项错误;在运动的过程中,由动能定理得,mgh +qU =12mv 22-12mv 12,若v 2>v 1,qU 可正可负即电场力不一定做正功,A 、B 两点间的电势差U =m 2q (v 22-v 12-2gh),电场力做功W =qU =12mv 22-12mv 12-mgh.故B 、C 两项正确,D 项错误. 答案 BC 二、计算题12.如图所示,在平行金属带电极板MN 电场中将电荷量为-4×10-6C 的点电荷从A 点移到M 板,电场力做负功8×10-4J ,把该点电荷从A 点移到N 板,电场力做正功为4×10-4J ,N 板接地,设大地为零势面.则 (1)A 点的电势φA 是多少? (2)U MN 等于多少伏? (3)M 板的电势φM 是多少?解析 (1)A 、N 间的电势差:U AN =W AN q =4×10-4-4×10-6V =-100 V又U AN =φA -φN ,φN =0,则A 点的电势为:φA =-100 V. (2)根据带电粒子做功规律可知:W MA =-W AM =8×10-4J 所以M 、N 板间的电势差为:U MN =W MN q =W MA +W AN q =8×10-4+4×10-4-4×10-6V =-300 V. (3)由U MN =φM -φN ,φN =0,得M 板的电势为:φM =U MN =-300 V.答案 (1)A 点的电势φA 是-100 V. (2)M 、N 板间的电势差U MN 等于-300 V. (3)M 板的电势φM 是-300 V.13.如图所示,ABCDF 为一绝缘光滑轨道,竖直放置在水平向右的匀强电场中,AB 与电场线平行,BCDF 是半径为R 的圆形轨道,今有质量为m 、带电量为+q 的小球在电场力作用下从A 点由静止开始沿轨道运动,小球经过最高点D 时对轨道的压力恰好为零,则A 点与最低点B 间的电势差为多大?解析 小球从A 到D 的过程中有两个力做功,即重力做功和电场力做功,由动能定理得12mv2=qU AD -mg ·2R.小球在D 点时受两个力:重力和电场力,但是电场力此刻沿切线方向,与速度方向相反.重力垂直于速度方向指向圆心提供向心力,由牛顿第二定律,得mg =m v 2R ,联立解得U AD =5mgR2q .由于B 、D 两点在同一等势面上,所以U AB =U AD =5mgR2q .答案5mgR2q14.如图所示,在竖直平面内,光滑绝缘直杆AC 与半径为R 的圆周交于B 、C 两点,在圆心处有一固定的正点电荷,B 点为AC 的中点,C 点位于圆周的最低点.现有一质量为m 、电荷量为-q 、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A 点由静止开始沿杆下滑.已知重力加速度为g ,A 点距过C 点的水平面的竖直高度为3R ,小球滑到B 点时的速度大小为2gR.求: (1)小球滑至C 点时的速度大小; (2)A 、B 两点间的电势差;(3)若以C 点作为参考点(零电势点),试确定A 点的电势.解析 (1)因B 、C 两点电势相等,故小球从B 到C 的过程中电场力做的总功为零. 由几何关系可得BC 的竖直高度. h BC =3R/2根据动能定理有mg×3R/2=mv C 2/2-mv B 2/2 解得v C =7gR.(2)因为电势差U AB =U AC ,小球从A 到C ,重力和电场力均做正功,所以由动能定理有 mg ×3R +(-q)×U AC =mv C 2/2 解得U AB =U AC =-mgR/(2q).(3)因为φA <φC 、φC =0,因为U AC =φA -φC 所以φA =U AC +φC =-mgR/(2q).答案(1)7gR (2)-mgR/(2q) (3)-mgR/(2q)。

教科版高中物理必修第三册课后习题 第1章 静电场 分层作业12 带电粒子在电场中的运动

教科版高中物理必修第三册课后习题 第1章 静电场 分层作业12 带电粒子在电场中的运动

分层作业12 带电粒子在电场中的运动A组必备知识基础练题组一带电粒子的加速1.当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。

现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始加速到1.0×107 m/s。

已知加速电场的电场强度为1.3×105 N/C,质子的质量为1.67×10-27kg,所带电荷量为1.6×10-19C,则下列说法正确的是( )A.加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为2×10-15 NC.质子加速需要的时间约为8×10-6 sD.加速器加速的直线长度约为4 m2.氕核(11H)、氘核(12H)、氦核(24He)三种粒子,从同一位置A无初速度地进入加速电压为U的匀强电场,如图所示。

整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,下列说法不正确的是( )A.从A到B的过程中,氕核加速度最大B.从A到B的过程中,氘核和氦核所用时间相同C.到达B端时,氦核速度最大D.到达B端时,氦核动能最大3.如图甲所示,水平放置的两平行金属板A、B相距为d,板间加有如图乙所示随时间变化的电压。

A、B板中点O处有一带电粒子,其电荷量为q,质量为m,在0~T时间内粒子处于静止状态。

已知重力加速度为g,周期2。

T=√dg(1)判断该粒子的电性;时间内两板间的电压U0;(2)求在0~T2的值(3)若t=T时刻,粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出,那么U0U x应为多少?题组二带电粒子的偏转4.如图所示,静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。

现使U1变为原来的2倍,要想使电子射出电场的位置不发生变化,应该( )A.使U2变为原来的2倍B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的√2倍D.使U2变为原来的125.示波管的结构如图所示,Y、Y'接输入电压信号,Y、X'接扫描电压信号,若扫描电压信号的周期和输入电压信号的周期相同,且可以在荧光屏上得到输入电压信号周期变化的图像,则下列扫描电压信号的图像可能正确的是( )6.如图所示,电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h。

高二物理第一章 静电场练习题及答案解析

高二物理第一章 静电场练习题及答案解析

(时间:90分钟;满分:100分)一、选择题(本题包括12小题;每小题5分;共60分.在每小题给出的四个选项中;有的只有一个选项正确;有的有多个选项正确;全部选对的得5分;选对但不全的得2分;有选错或不答的得0分)1.一个带电的金属球;当它带的电荷量增加到一定数值后(稳定)与增加前比较;其内部的场强将()A.一定增强B.不变C.一定减弱D.可能增强也可能减弱解析:选B.处于静电平衡的导体内部场强处处为0;故B对.2.带负电的粒子在某电场中仅受静电力作用;能分别完成以下两种运动:①在电场线上运动;②在等势面上做匀速圆周运动.该电场可能由()A.一个带正电的点电荷形成B.一个带负电的点电荷形成C.两个分立的带等量负电的点电荷形成D.一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成解析:选A.带负电的粒子在由一个带正电的点电荷形成的电场中;可以由静电力提供向心力;围绕正电荷做匀速圆周运动;也可以沿电场线做变速直线运动;A对、B错.C、D两个选项中的电场线均是曲线;粒子只受到静电力作用时不会沿电场线运动;C、D均错.3.如图1-6所示;把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中.导体处于静电平衡时;下列说法正确的是()图1-6A.A、B两点场强相等;且都为零B.A、B两点场强不相等C.感应电荷产生的附加电场E A<E BD.当电键S闭合时;电子从大地沿导线向导体移动解析:选AD.导体处于静电平衡状态时;其内部场强处处为零;故A正确;B错误;因感应电荷在导体内某点的场强与正电荷在该点的场强等大反向;A点离正电荷较近;故有E A>E B;C错误;当电键S闭合时;电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷;相当于右端正电荷流向远端;故D正确.4.(20高考北京理综卷)某静电场的电场线分布如图1-7所示;图中P、Q两点的电场强的大小分别为E P和E Q;电势分别为φP和φQ;则()图1-7A.E P>E Q;φP>φQ B.E P>E Q;φP<φQC.E P<E Q;φP>φQ D.E P<E Q;φP<φQ解析:选A.根据沿着电场线的方向电势是降落的;可以判断出φP>φQ;根据电场线的疏密表示电场的强弱;可以判断出E P>E Q;故选A.图1-85.(连云港高二检测)A、B是一条电场线上的两个点;一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速从A点沿电场线运动到B点;其速—时间图象如图1-8所示.则这一电场可能是图1-9中的()图1-9解析:选A.由v-t图象知;微粒做加速变大的减速运动.6.(20高考福建卷)如图1-10所示;平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接;下极板接地.一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()图1-10A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带电油滴的电势能将减小D.若电容器的电容减小;则极板带电量将增大解析:选B.上极板向上移动一小段距离后;板间电压不变;仍为U;故电场强将减小;油滴所受电场力减小;故油滴将向下运动;A错;P点的电势大于0;且P点与下极板间的电势差减小;所以P点的油滴向下运动;电场力做负功;电势降低;B对;油滴向下运动时电场力做负功;油滴的电势能应增加;C错;电容器的电容C=错误!;由于d增大;电容C应减小;极板带电量Q=CU将减小;D错.7.(太原市高三诊断考试)带电粒子射入一固定的带正电的点电荷Q的电场中;沿图1-11中实线轨迹从a运动到b;a、b两点到点电荷Q的距离分别为r a、r b(r a>r b);b为运动轨迹上到Q的最近点;不计粒子的重力;则可知()图1-11A.运动粒子带负电B.b点的场强大于a点的场强C.a到b的过程中;电场力对粒子不做功D.a到b的过程中;粒子动能和电势能之和保持不变解析:选BD.由带电粒子的运动轨迹可知带电粒子带正电;由点电荷所形成电场的场强公式E=k错误!知;E b>E a;粒子从a到b的过程中;电场力对粒子做负功;动能减小;电势能增大;但总能量不变;故选B、D.8.如图1-12所示;竖直绝缘墙壁上的Q处有一个固定的质点A;在Q的上方P点用丝线悬挂着另一个质点B.A、B两质点因带同种电荷而相斥;致使悬线与竖直方向成θ角;由于漏电使A、B两质点的带电荷量逐渐减少;在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小将()图1-12A.保持不变B.先变小后变大C.逐渐减小D.逐渐增大解析:选A.如图所示;B球受到三个力平衡;三力构成三角形与△PAB相似;对应边成比例:错误!=错误!=错误!;故悬线拉力F T大小不变;答案是A.9.(20高考全国卷Ⅱ)图1-13中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线;两粒子M、N质量相等;所带电荷的绝对值也相等.现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出;两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示.点a、b、c为实线与虚线的交点;已知O点电势高于c点.若不计重力;则()图1-13A.M带负电荷;N带正电荷B.N在a点的速与M在c点的速大小相同C.N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D.M在从O点运动至b点的过程中;电场力对它做的功等于零解析:选BD.由O点电势高于c点电势知;场强方向垂直虚线向下;由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N粒子所受电场力方向向上;M粒子所受电场力方向向下;故M粒子带正电、N粒子带负电;A错误.N粒子从O点运动到a点;电场力做正功.M粒子从O点运动到c点电场力也做正功.因为U aO=U O c;且M、N粒子质量相等;电荷的绝对值相等;由动能定理易知B正确.因O点电势低于a点电势;且N粒子带负电;故N粒子运动过程中电势能减少;电场力做正功;C错误.O、b两点位于同一等势线上;D正确.10.(石北中学高二检测)带电粒子以初速v0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中;它离开时偏离原方向y;偏角为φ;下列说法正确的是()A.粒子在电场中做类平抛运动B.偏角φ与粒子的电荷量和质量无关C.粒子飞过电场的时间;决定于极板长和粒子进入电场时的初速D.粒子的偏移距离y;可用加在两极板上的电压控制解析:选ACD.粒子进入电场中时;垂直于电场方向做匀速直线运动;沿电场力方向做初速为零的匀加速直线运动;即粒子在电场中做类平抛运动;故A正确;由tanφ=错误!=错误!可知B错误;由t=错误!可知C正确;由y=错误!错误!错误!=错误!;可见y与U成正比;D正确.11.(福建省三明高二月考)如图1-14所示;一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下;从静止开始由b沿直线运动到d;且bd与竖直方向所夹的锐角为45°;则下列结论正确的是()图1-14A.此液滴带负电B.液滴的加速等于2gC.合外力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少解析:选ABD.带电液滴由静止沿bd方向运动;因此静电力与重力的合力必定沿bd方向;如图所示.因此;液滴带负电;由F合=错误!=ma可得:a=2g;故A、B正确;合外力做正功;C错误;静电力F电做正功;液滴的电势能减少;D正确.12.(金溪高二月考)如图1-15所示;A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面;一个电子垂直经过等势面D时的动能为20 eV;经过等势面C时的电势能为-10 eV;到达等势面B 时的速恰好为零;已知相邻等势面间的距离为5 cm;不计电子的重力;下列说法中正确的是()图1-15A.C等势面的电势为10 VB.匀强电场的场强为200 V/mC.电子再次经过D等势面时;动能为10 eVD.电子的运动是匀变速曲线运动解析:选AB.设相邻两等势面间的电势差大小为U;对电子由D到B的过程应用动能定理得:-2Ue=0-20 eV;可得U=10 V;由E=错误!可得:E=错误!V/m=200 V/m;B正确;由E p C=φC q得:φC=错误!=10 V;A正确;当电子再次经过D等势面时;电场力对电子做的总功为零;动能仍为20 eV;C错误;电场方向垂直于等势面;沿竖直方向;故电子的运动为匀变速直线运动;D错误.二、计算题(本题包括4小题;共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤;只写出最后答案的不能得分;有数值计算的题;答案中必须明确写出数值和单位) 13.(8分)(济南市高二质检)如图1-16所示;在水平向右的匀强电场中的A点;有一个质量为m、带电荷量为-q的油滴以速v竖直向上运动.已知当油滴经过最高点B时;速大小也为v.求:场强E的大小及A、B两点间的电势差.图1-16解析:根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速公式有:h=错误!;x=错误!;故h=x.由动能定理得:qEx-mgh=0;即E=错误!;再由动能定理得:qU AB-mgh=0;mgh=错误!m v2;所以U AB=错误!.答案:见解析14.(10分)(陕西西安高二月考)如图1-17所示;两带电平行板A、B间的电场为匀强电场;场强E=4.0×102 V/m;两板相距d=16 cm;板长L=30 cm.一带电荷量q=1.0×10-16C、质量m=1.0×10-22 kg 的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转;不计带电粒子所受重力;求:图1-17(1)粒子带何种电荷?(2)要使粒子恰能飞出电场;粒子飞入电场时的速v0为多大?解析:(1)因带电粒子进入两板间后向B板偏转;故所受到的电场力竖直向下;粒子带正电.(2)粒子恰好飞出电场时;偏转位移y=错误!;又y=错误!错误!错误!以上两式联立可得:v0=1.5×104 m/s.答案:(1)正电(2)1.5×104 m/s15.(10分)如图1-18所示;带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间;距下板h=0.8 cm;两板间的电势差为300 V;如果两板间电势差减小到60 V;则带电小球运动到极板上需多长时间?(板间距为d;取g=10 m/s2)图1-18解析:取带电小球为研究对象;设它带电荷量为q;则带电小球受重力mg和向上的电场力qE的作用.当U1=300 V时;小球平衡:mg=q错误!①当U2=60 V时;重力大于电场力;带电小球向下板做匀加速直线运动:mg-q错误!=ma②又h=错误!at2③由①②③得:t=错误!=错误!s≈4.5×10-2s.答案:4.5×10-2s16.(12分)(武汉高二检测)如图1-19;水平放置的平行板电容器;原来两极板不带电;上极板接地;它的极板长L=0.1 m;两极板间距离d=0.4 cm.有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行于极板射入;由于重力作用微粒落到下板上.已知微粒质量为m=2×10-6 kg;电荷量为q=+1×10-8 C;电容器电容为C=10-6 F;g取10 m/s2;求:图1-19(1)为使第一个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的B点之内;则微粒入射速v0应为多少?(2)若带电粒子落到AB板上后电荷全部转移到极板上;则以上述速射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上?解析:(1)若第一个粒子落到O点;由错误!=v01t1;错误!=错误!gt错误!得v01=2.5 m/s若落到B点;由L=v02t1;错误!=错误!gt错误!得v02=5 m/s故 2.5 m/s<v0<5 m/s.(2)由L=v01t;得t=4×10-2 s由错误!=错误!at2得a=2.5 m/s2由mg-qE=ma;E=错误!得Q=6×10-6C所以n=错误!=600个.答案:(1)2.5 m/s<v0<5 m/s(2)600个。

高考物理第一章静电场专题训练

高考物理第一章静电场专题训练

《第一章静电场》一、单选题(1-8题是只有一个答案正确;9-12题有多个答案正确)1.半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷,相隔一定的距离,两球之间的相互吸引力大小为F。

今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开,这时,A、B两个球之间的相互作用力大小是A.14F B.18F C.38F D.34F【答案】 B【解析】两球之间的相互吸引力,则两球带等量异种电荷;假设A带电量为Q,B带电量为-Q,两球之间的相互吸引力的大小是:F=kQ⋅Qr2;第三个不带电的金属小球C与A 接触后,A和C的电量都为Q2;C与B接触时先中和再平分,则C、B分开后电量均为-Q4,这时,A、B两球之间的相互作用力的大小:F'=kQ2⋅Q4r2=F8,故B 正确;ACD错误.故选B.点睛:要清楚带电体相互接触后移开,同种电荷电量平分,异种电荷电量先中和再平分,根据库仑定律的内容,找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题.2.如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,C为电容器,电流表A和电压表V均可视为理想电表。

闭合开关S后,在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中A.电流表A的示数变小,电压表V的示数变大B.小灯泡L变暗C.电源的总功率变大,效率变小D .通过定值电阻R 1的电流方向自右向左【答案】 C【解析】电压表测量两端的电压或者电容器两端的电压,当滑动变阻器的滑片P 向右移动的过程中滑动变阻器连入电路的电阻减小,电路总电阻减小,故电路总电流增大,所以通过灯泡L 的电流增大,即小灯泡变亮,电流表示数增大,由于总电阻减小,所以根据闭合回路欧姆定律可得路端电压减小,而小灯泡两端的电压增大,所以滑动变阻器两端的电压减小,即电压表示数减小,故AB 错误;根据公式可得电源的总功率增大,根据公式可得电源的效率减小,故C 正确;由于电容器两端的电压减小,所以根据公式可得电容器上的电荷量减小,故通过定值电阻R 1的电流方向自左向右,D 错误3.如图所示,在竖直平面内,AB⊥CD 且A 、B 、C 、D 位于同一半径为r 的圆上,在C 点由一固定点电荷,电荷量为-Q ,现从A 点将一质量为m 、电荷量为-q 的点电荷由静止释放,该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB 运动到D 点时的速度大小为4gr 。

第1章静电场作业题14份人教版附答案和解释

第1章静电场作业题14份人教版附答案和解释

合用精选文件资料分享第 1 章静电场作业题14 份(人教版附答案和解说)习题课【基础练】 1 .以下说法中正确的选项是 ( ) A .点电荷就是体积很小的带电体 B .点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体 C.依据 F= kq1q2r2 假想当 r →0时得出 F→∞ D.静电力常量的数值是由实验得出的答案 D 解析由点电荷的看法知, A、B均错 . 当两电荷间距离 r →0时,两电荷已不可以看作点电荷 , 库仑定律不再合用, C错. 而静电力常量是由实验测出的,故 D项正确 .0 时,两电荷已不可以看作点电荷,库仑定律不再合用, C错.而静电力常量是由实验测出的,故 D项正确. 2 .半径为 R的两个较大金属球放在绝缘桌面上,若两球都带等量同种电荷 Q时它们之间的静电力为 F1,两球带等量异种电荷 Q与- Q时静电力为 F2,则 () A .F1>F2B.F1<F2 C.F1=F2 D.不可以确立答案 B 解析由于两个金属球较大,相距较近,电荷间的互相作用力使电荷分布不均匀,故不可以简单地把两球看作点电荷.带同种电荷时,两球的电荷在距离较远处分布得多一些,带异种电荷时,在距离较近处分布得多一些,可见带同种电荷时两球电荷中心间距离大于带异种电荷时电荷中心间距离,所以有 F1<F2故 B 项正确. 3 .半径同样的金属球A、B 带有相等电荷量 q,相距必定距离时,两球间的库仑力为 F,今让第三个与 A、B 同样的不带电的金属球 C 先后与 A、B接触,今后再移开,此时 A、B 间的互相作用力大小可能是 ()A.F/8 B .F/4 C .3F/8 D .3F/4 答案AC 解析A、B 间的互相作用力为 F,可能是斥力,也可能是引力.若A、B 间为斥力,则 A、B带等量同种电荷,经 C 操作后, qA=q/2 ,qB=3q/4 ,此时互相作用力 F1=kqAqB/r2 =3F/8 ,C 正确,若 A、B 间为引力,则 A、B 带等量异种电荷,设 A 带+ q,B 带- q,经操作后 qA′= q/2 ,qB′=- q4,则 A、B 间的互相作用力为 F/8 ,故 A 选项也正确. 4 .如图 1 所示,三个完满同样的金属小球 a、b、c 位于等边三角形的三个极点上. a和 c 带正电, b 带负电, a 所带电荷量的大小比 b 的小.已知 c 遇到 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() 图 1 A.F1 B.F2 C.F3 D.F4 答案 B 解析据“同电相斥,异电相吸”规律,确立电荷 c 遇到 a 和 b 的库仑力方向,考虑a 的带电荷量小于b 的带电荷量,故 Fac 与 Fbc 的合力只好为 F2,选项 B 正确. 5 .两个半径为 R的同样的金属球,分别带 q 和- 3q 的电荷量.当球心相距 r =3R 搁置时,两球互相作用力为 F. 若将两球接触后放回本来的地址,则两球之间的互相作用力()A.等于 F B.等于 13F C.大于 13F D.小于 13F 答案 D 解析当两球接触后电荷先中和再均分,即两球的带电荷量均为-q. 本来两球心相距r=3R,由于电荷之间是引力,当将两球的电荷看作点电荷时,其点电荷间的距离 r1<r =3R,由库仑定律可得 F =kq?3qr21>k3q2(3R)2 =kq23R2 两球接触后,再放回原处,当将两球的电荷看作点电荷时,由于电荷间是斥力,则两点电荷间的距离 r2>r =3R,由库仑定律可得 F′= kq2r22<kq2(3R)2 =′<13F.应选项 D 正确. 6 .如图 2 所示,三个点电荷 q1、q2、q3 固定在一条直线上, q2 与 q3 间距离为 q1 与q2 间距离的 2 倍,每个点电荷所受静电力的合力均为零,由此可以判断,三个电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3 为()图2 A.( -9) ∶4∶( - 36) B.9∶4∶36 C.( -3) ∶2∶( - 6) D.3∶2∶6答案 A 解析每个点电荷所受静电力的合力为零,由口诀“三点共线,两大夹小,两同夹异”,可除掉 B、D选项.考虑 q2 的均衡:由 r12 ∶r23 =1∶2,据库仑定律得 q3=4q1;考虑 q1 的均衡:r12 ∶r13 =1∶3,同理得q3=9q2,即 q2=19q3=49q1,故 q1∶q2∶q3=1∶49∶4=9∶4∶36. 考虑电性后应为 ( -9) ∶4∶( - 36) 或 9∶( -4)∶36. 只有 A 正确.【提高练】 7 .以以下图中 A 球系在绝缘细线的下端,B球固定在绝缘平面上,它们带电的种类以及地址已在图中标出. A球可保持静止的是 ()答案AD8.如图 3 所示,竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定的小球A,在 Q的正上方 P 点用绝缘线悬挂一个小球 B,A、B 两小球因带电而互相排斥,以致悬线与竖直方向成θ角.由于漏电, A、B 两小球的电荷量逐渐减小,悬线与竖直方向夹角θ逐渐减少,则在漏完电从前,拉力的大小将( ) 图3 A .保持不变B .先变小后变大C.逐渐变小D.逐渐变大答案 A 解析题述是物体的准静态均衡过程.首先应给出物体受力解析图,如图甲所示.小球 B 受三个力作用,它们构成力的矢量三角形,如图乙所示 ( 要点在各力之间的夹角 ) .修筑好矢量三角形后,可得它与题图中△ PAB相似,利用 GPA=FTPB可得PB 绳拉力不变,应选 A. 9.不带电的金属球 A 的正上方有一点 B,该处有带电液滴自静止开始落下,到达 A 球后电荷所有传给 A 球,不计其他的影响,则以下表达中正确的选项是( ) A.第一液滴做自由落体运动,今后的液滴做变加速直线运动,并且都能到达 A 球 B .当液滴下落到重力等于库仑力地址时,速度为零 C.当液滴下落到重力等于库仑力地址时,开始做匀速运动 D.必定有液滴没法到达 A 球答案 D 解析带电液滴落在 A 上后,因其电荷所有传给 A 球,A上的电荷量变多, A球与液滴间的斥力逐渐增大,设某液滴下落过程中在库仑力和重力作用下,先加速再减速,到达 A 球时速度恰好为零.则今后再滴下的液滴将没法到达 A 球.谈论液滴达到最大速度的一瞬时,库仑力与重力均衡. 10 .如图 4 所示,悬挂在 O点的一根不可以伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球 A. 在两次实验中,均缓慢挪动另一带同种电荷的小球 B,当 B 到达悬点 O的正下方并与 A 在同一水平线上, A 处于受力均衡状态,此时悬线偏离竖直方向的角度为θ. 若两次实验中 B的电荷量分别为 q1 和 q2,θ分别为 30°和45°,则 q2/q1 为( ) 图 4 A .2 B .3 C.23 D.33 答案 C 解析设细线长为 l.A 处于均衡状态,则库仑力 F=mgtan θ. 依据库仑定律 F=kq1q2r2 知当θ1=30°时,有 kq1qr21 =mgtan 30°,r1=lsin 30°;当θ2=45°时,有 kq2qr22 =mgtan 45°, r2 =lsin 45°,联立得 q2q1=23. 谈论本题中的 A、B 在同一条水平线上,所以库仑力也在水平方向上. 11 .如图 5 所示,图 5 一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球 B,静止在图示地址,若固定的带正电的小球 A的电荷量为 Q,B 球的质量为 m,带电荷量为 q,θ=30°, A和 B 在同一条水平线上,整个装置处于真空中,求 A、B 两球间的距离.答案 3kQqmg解析对小球 B 受力解析,以以以下图,小球 B 受竖直向下的重力 mg,沿绝缘细线的拉力 FT,A 对它的库仑力 FC. 由力的均衡条件,可知 FC=mgtan θ依据库仑定律 FC=kQqr2 解得 r=kQqmgtan θ= 3kQqmg 12.两根圆滑绝缘棒在同一竖直平面内,两棒与水平面间均成 45°角,棒上各穿有一个质量为 m、带电荷量为Q的同样小球,如图 6 所示.现让两球同时从同一高度由静止开始下滑,则当两球相距多远时,小球的速度达到最大值?图6 答案kQ2mg 解析小球在下滑过程中先加速后减速,当a=0 时,速度达到最大值,此时两球相距L. 对任一小球,此时重力、弹力、库仑力三者的合力为零.F=kQ2L2,Fmg=tan 45°,解之得 L= kQ2mg. 13.一条长3L的绝缘细线穿过两个完满同样且质量都是m的小金属环A、B,将线的两端固定于同一点 O,如图 7 所示,当金属环带电后,由于两环间的静电斥力使细线构成一等边三角形,此时两环恰好处于同一水平线上.若不计环与线间的摩擦,两环所带电荷量各为多少?图 7 答案L 3mgk L 3mgk 解析由于两金属环完满同样,所以带电后再分开时,所带电荷量应同样,设为 q. 视小环为点电荷,均衡时两环与 O点之间恰好是一等边三角形,所以环的两边拉力相等.对 B 进行受力解析,如右图所示.正交分解可得:FTcos 30°= mg和 FT+FTsin 30°=kq2L2,解得 q=L 3mgk.。

第一部分 静电场 第一次作业

第一部分 静电场   第一次作业

第一部分 静电场 第一次作业一、选择题1.C2.C3.D4.B5.D二、填空题 1. 02εσ,向右;023εσ,向右;02εσ,向左;2. 40216R S Q επ∆,由O 指向S ∆的中心 3. i z a a )4(2220+-πελ 4. 2Q 5.202RQ πε 三、计算题1. 解:建立如图坐标系,在细圆弧上取电荷元q d = θθπεθπεπεd 4d 44d d 02003020a q l a q a q E === 方向如图所示。

将E d 分解,θθcos d d ,sin d d E E E E y x -=-=由对称性分析可知,⎰==0d x x E E2sin 2d cos 4d 00202202000θθπεθθθπεθθa qa q E E y y -=-==⎰⎰- 圆心O 处的电场强度j a qj E E y 2sin 20020θθπε-== 2. 分析:这是计算连续分布电荷的电场强度。

此时棒的长度不能忽略,因而不能将棒当作点电荷处理。

但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上。

如图所示,在长直线上任意取一线元,其电荷为d q = Q d x /L ,它在点P 的电场强度为r r q e E 20d 41d '=πε 整个带电体在点P 的电场强度⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分。

(1) 若点P 在棒的延长线上,带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同,⎰=Li E E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上,则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零,因此,点P 的电场强度就是⎰⎰==LL j j E E E d sin d y α 证:(1)延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r q E 204d πε,利用几何关系x r r -='统一积分变量,则2200222-041212141)(d 41L r Q L r L r L x r L x Q E L L P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰πεπεπε电场强度的方向沿x 轴。

学年高中物理 第一章 静电场 . 静电现象应用课后提升作业 新人教版选修

学年高中物理 第一章 静电场 . 静电现象应用课后提升作业 新人教版选修

课后提高作业七静电现象的应用(40分钟50分)一、选择题(本题共6小题,每题5分,共30分)1.(2018·锦州高二检测)一个不带电的金属导体在电场中处于静电平衡状态。

以下说法正确的选项是()A.导体内部场强各处为零B.导体上各点的电势不相等C.导体表面面的电荷必然均匀分布D.在导体表面面,越尖锐的地址单位面积上分布的电荷量越少【剖析】选A。

枕形导体在点电荷周边,出现静电感觉现象,以致电荷重新分布,所以在枕形导体内部出现感觉电荷的电场,正好与点电荷的电场叠加,内部电场强度各处为零,故A正确;处于静电平衡状态的导体,是等势体,故B错误;电荷分布在导体表面面,依照电场强度的强弱可知,电荷是不均匀分布的,故C 错误;依照尖端放电可知,在导体表面面,越尖锐的地址,单位面积上分布的电荷量越多,故D错误。

2.以下列图,将悬挂在细线上的带正电荷的小球A放在不带电的金属空心球C 内(不与内壁接触),还有一个悬挂在细线上的带负电的小球B,向C球凑近,则()A.A向左偏离竖直方向,B向右偏离竖直方向B.A的地址不变,B向右偏离竖直方向C.A向左偏离竖直方向,B的地址不变D.A、B的地址都不变【剖析】选B。

金属球壳C能障蔽外面的电场,外面的电场不能够深入内部,所以小球A不会碰到电场力的作用,不会发生偏转;金属球壳C处在电荷A的电场中,内壁是近端,感觉异号电荷带负电,外壁是远端,感觉同号电荷带正电,正的感觉电荷在外面空间同样会激发电场,对小球B有吸引的作用,小球B向右偏,选项B正确。

应选B。

【补偿训练】(多项选择)某一静电实验装置以下列图,验电器A不带电,验电器B的上面安装一个几乎封闭的金属圆桶C,并且B内的金属箔片是张开的,现手持一个带绝缘柄的金属小球D,使D接触C的内壁,再移出与A的金属小球接触,无论操作多少次,都不能够使A带电。

这个实验说了然()A.C是不带电的B.C的内部是不带电的C.C的外面是不带电的D.C的内部场强为零【剖析】选B、D。

高中物理第一章静电场第4节电势能和电势作业3(含解析)新人教版选修31

高中物理第一章静电场第4节电势能和电势作业3(含解析)新人教版选修31

电势能和电势1.(多选)下列关于电势高低的判断,正确的是( )A.负电荷从A移到B时,外力做正功,A点的电势一定较高B.负电荷从A移到B时,电势能增加,A点的电势一定较低C.正电荷从A移到B时,电势能增加,A点的电势一定较低D.正电荷只在电场力作用下从静止开始,由A移到B,A点的电势一定较高【解析】根据电场力做功和电势能变化的关系,不管是正电荷做功还是负电荷做功,只要做正功电势能就减少;只要做负功电势能就增加.正、负电荷在电势高低不同的位置具有的电势能不同,正电荷在电势高处具有的电势能多;负电荷在电势低处具有的电势能多.所以C、D正确.【答案】CD2.(多选)如图1-4-11所示为点电荷a、b所形成的电场线分布,以下说法正确的是( )图1-4-11A.a、b为异种电荷B.a、b为同种电荷C.A点场强大于B点场强D.A点电势高于B点电势【解析】本题考查点电荷的电场线特点.电场线从正电荷或无穷远出发,终止于负电荷或者无穷远,所以a应为正电荷b为负电荷,故A选项正确.电场线越密集,场强越大,故C选项错误.沿电场线方向电势逐渐降低,故D选项正确.【答案】AD3.(多选)一带电粒子沿着图1-4-12中曲线JK穿过一匀强电场,a、b、c、d为该电场的电势面,其中φa<φb<φc<φd,若不计粒子受的重力,可以确定( )图1-4-12A.该粒子带正电B.该粒子带负电C.从J到K粒子的电势能增加D.粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变【解析】此题已知电场中的一簇等势面,并且知道各等势面电势的高低,可知电场线与等势面垂直,且指向左.由粒子运动的轨迹知,粒子所受电场力的方向与电场线方向相反,所以粒子带负电,A错,B正确;粒子从J到K运动过程中,电场力做正功,所以电势能减小,C错;只有电场力做功,动能与电势能之和保持不变,D对.【答案】BD4.(多选)如图1-4-13所示,固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点,已知MQ <NQ.下列叙述正确的是( )图1-4-13A.若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点,则静电力对该电荷做功,电势能减少B.若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点,则该电荷克服静电力做功,电势能增加C.若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点,则静电力对该电荷做功,电势能减少D.若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点,再从N点沿不同路径移回到M点,则该电荷克服静电力做的功等于静电力对该电荷所做的功,电势能不变【解析】由点电荷产生的电场的特点可知,M点的电势高,N点的电势低,所以正电荷从M点到N点,静电力做正功,电势能减小,故A对,B错;负电荷由M点到N点,克服静电力做功,电势能增加,故C错;静电力做功与路径无关,负点电荷又回到M点,则整个过程中静电力不做功,电势能不变,故D对.【答案】AD5.关于等势面的说法,正确的是( )A.电荷在等势面上移动时,由于不受电场力作用,所以说电场力不做功B.在同一个等势面上各点的场强大小相等C.两个不等电势的等势面可能相交D.若相邻两等势面的电势差相等,则等势面的疏密程度能反映场强的大小【解析】等势面由电势相等的点组成,等势面附近的电场线跟等势面垂直,因此电荷在等势面上移动时,电场力不做功,但并不是不受电场力的作用,A错.等势面上各点场强大小不一定相等,等势面不可能相交,B、C错.等差等势面的疏密反映场强的大小,D对.【答案】 D6.(2015·福州高二检测)如图1-4-14所示,在点电荷Q形成的电场中,已知a、b,两点在同一等势面上,c、d两点在另一等势面上.甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为accb和adb曲线,已知乙粒子带正电.那么下列判断正确的是( )图1-4-14A.甲粒子在b点的电势能比在c点小B.乙粒子在d点速度最大C.a、b两点电场强度相同D.d点电势比b点电势高【解析】根据乙粒子的运动轨迹及乙粒子带正电的条件,可知点电荷Q带正电,而甲粒子带负电,甲粒子从b向c运动过程中,电场力做正功,甲粒子的电势能减小,因此,E p b>E p c,选项A错误;对于乙粒子,若从b向d运动,电场力对粒子做负功,粒子的电势能增加,则E p b<E p d,故φb<φd,选项D正确;根据动能定理,电场力对乙粒子做负功,粒子的动能减小,E k b>E k d,则v b>v d,选项B错误;根据正点电荷电场的特点可知,a、b两点电场强度的大小相等,但方向不同,选项C错误.【答案】 D7.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aC.b点的电势一定比a点高D.该电荷的动能一定减小【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.由动能定理可知,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.【答案】 C8.如图1-4-15所示,带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置,M、N为板间同一电场线上的两点,一带电粒子(不计重力)以速度v M经过M点在电场线上向下运动,且未与下板接触,一段时间后,粒子以速度v N折回N点,则( )图1-4-15A.粒子受电场力的方向一定由M指向NB.粒子在M点的速度一定比在N点的大C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大D.电场中M点的电势一定高于N点的电势【解析】由题意可知M、N在同一电场线上,带电粒子从M点运动到N点的过程中,电场力做负功,动能减小,电势能增加,故选项A、C错误,B正确;由于题中未说明带电粒子及两极板的电性,故无法判断M、N两点的电势高低,选项D错误.【答案】 B[超越自我·提升练]9.如图1-4-16所示,P、Q是等量的正点电荷,O是它们连线的中点,A、B是中垂线上的两点,OA<OB,用E A、E B和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势,则( )图1-4-16A.E A一定大于E B,φA一定大于φBB.E A不一定大于E B,φA一定大于φBC.E A一定大于E B,φA不一定大于φBD.E A不一定大于E B,φA不一定大于φB【解析】P、Q所在空间中各点的电场强度和电势由这两个点电荷共同决定,电场强度是矢量,P、Q两点电荷在O点的合场强为零,在无限远处的合场强也为零,从O点沿PQ 垂直平分线向远处移动,场强先增大,后减小,所以E A不一定大于E B.电势是标量,由等量同号电荷的电场线分布图可知,从O点向远处,电势是一直降低的,故φA一定大于φB.【答案】 B10.(多选)如图1-4-17所示,光滑绝缘细杆AB,水平放置于被固定的带负电荷的小球的正上方,小球的电荷量为Q,可视为点电荷.a、b是水平细杆上的两点,且在以带负电小球为圆心的同一竖直圆周上.一个质量为m、电荷量为q的带正电的小圆环(可视为质点)套在细杆上,由a点静止释放,在小圆环由a点运动到b点的过程中,下列说法中正确的是( )图1-4-17A .小圆环所受库仑力的大小先增大后减小B .小圆环的加速度先增大后减小C .小圆环的动能先增加后减少D .小圆环与负电荷组成的系统电势能先增加后减少【解析】 库仑力的大小先增大后减小,选项A 正确;由于小圆环运动到小球正上方时,加速度为零,选项B 错;由动能定理,电场力先做正功后做负功,因而动能先增加后减少,电势能先减少后增加,选项C 正确;D 错误.【答案】 AC11.一匀强电场,场强方向是水平的(如图1-4-18所示).一个质量为m 的带正电的小球,从O 点出发,初速度的大小为v 0,在静电力与重力的作用下,恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动.求小球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差.图1-4-18【解析】 设小球的电荷量为q ,因小球做直线运动,则它受到的静电力Eq 和重力mg 的合力必沿初速度方向,如右图所示.有mg =Eq tan θ由此可知,小球做匀减速直线运动的加速度大小为a =F 合m =mg m sin θ=g sin θ设从O 点到最高点的路程为s ,有v 20=2as运动的水平距离为l =s cos θ由上面公式可得静电力做功W =-Eql =-12mv 20cos 2 θ 电势能之差ΔE p =-W =12mv 20cos 2 θ 【答案】 12mv 20cos 2 θ 12.如图1-4-19所示,在场强E =104 N/C 的水平匀强电场中,有一根长l =15 cm 的细线,一端固定在O 点,另一端系一个质量m =3 g 、电荷量q =2×10-6 C 的带正电小球,当细线处于水平位置时,小球从静止开始释放,g 取10 m/s 2.求:图1-4-19(1)小球到达最低点B 的过程中重力势能、电势能分别变化了多少?(2)若取A 点电势为零,小球在B 点的电势能、电势分别为多大?(3)小球到B 点时速度为多大?绳子张力为多大?【解析】 (1)ΔE p =-mgl =-4.5×10-3JΔE p 电=Eql =3×10-3 J(2)E p =3×10-3 JE p =φB q ,φB =3×10-32×10-6 V =1.5×103 V (3)A →B 由动能定理得:mgl -Eql =12mv 2B 所以v B =1 m/s ,在B 点对小球F T -mg =mv 2B l ,F T =5×10-2 N 【答案】 (1)重力势能减少4.5×10-3 J 电势能增加3×10-3 J(2)3×10-3 J 1.5×103 V(3)1 m/s 5×10-2 N。

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q0
(A) q0 必须大于零 (B)q0 必须小于零 (C) q0 可正,可负 (D) 以上说法都不正确 1-7 将电偶极子放在点电荷Q的电场中,P的中心到Q的距离为r(r>>l),如图Q在P的延长长线上,偶
极子所受力和力矩为: (A) 0,0
(C)
2QP , 3 0 4 0 r
1-12 两块无限大平行面上的电荷面密度分别为 ,则图中所示的三个区域
的电场强度的大小为: (A) E , E , E ;

2 0
(D) 1-13 若空气的击穿强度为 2 104V / cm 则直径为10cm的球的最大荷电量是: 7 (A) 2 104 C (B) 5.6 10 C (C)5.6 102 C (D) 2 102 C 1-14 带电量为Q的均匀带电球面,半径为R,球内某一点P与球心的距离为r, r0 是由球心指向外的径向单位矢量,则P点的场强为: Qr 2 (A)E (B) E 0 r0 4 0 R 3
(B ) 0 2 0 1 R 2 / x 2
(D )

2 0 R 2 / x 2 1
1-21 (A)0, (C)
电偶极子连线中点处的场强和电位分别是:
,
q
q
0l
, q
0l 2 0l
2q , 0; 0l 2 2q q (D) , 0l 2 0l
(B)
1-22 一球形气球,电荷均匀分布在气球表面,当此气球被吹大的过程中,球内外场强: (A)球内场强为零,球外场强始终不变; (B)球内场强变大,球外场强不变; (C)球内场强为零,球外场强在气球未达到该点时不变,掠过该点后,变为零; (D)球内外场强都不变。 1-23 两无限大均匀带电平板平行放置,电荷面密度均为 则两板之间区域的场强为:
r0 (D) 4 0 r 2 1-15 一点电荷q位于边长为d的立方体的顶角上,通过与q相联结的三个平面 的电通量是:
E
Q
q (A) 4 0
q (B) 8 0
q (C ) 10 0
(D)0
1-16 高斯面的电通量等于零,则: (A) 高斯面上各面元的电通量都等于零; (B) 高斯面内必无电荷; (C) 高斯面外必无电荷; (D) 高斯面内必无净电荷。 1-17 正方形四个顶角上各放一个电量相同的同性点电荷q,则正方形中心处: (A) 电势为零,场强为零; (B) 电势为零,场强不为零; (C) 电势不为零,场强不为零; (D) 电势不为零,场强为零。 0 1-18 一厚度为d的无限大平板层内电荷均匀分布,其体密度 平板层内外 的场强分布为: x d (A) x , d (B) 2 , 0 0 0 2 0 (C) x , d (D) x , d 2 0 2 0 0 0 1-19 电荷Q均匀分布在半径为R的半圆上,则半圆中心O点处的电场强度为: (A) 0; (C) 2 2 0 R 2
qlQ 4 0 r 2 2QP qlQ , (D) 4 0 r 3 4 0 r 2
(B) 0,
1-8 电场中某一确定点的场强大小由E= q ,确定,则: (A)E与 q0 成反比; (B)如果没有把试探电荷 q0 放在这一点上,则E=0 (C)E与F成反比; (D) 以上说法都不正确
_
第一章 静电场的基本规律
一.选择题 (四个答案中,只有一个是正确的) 1-1 在边长为a是正方形的两个相当角上各放一电量相同的同性点电何q,在另外两个相 对角各放一电量相同的同性点电荷Q.欲使作用在Q上的合力为零,则: (A)Q= (C)Q=-
2
q
(B)Q= 2 q
2
2
q
(D)Q=-2
2q
1-2 在边长为a的正方形的四个顶点各放一个电量为q的同性电荷.如果中心放入点电荷, 为使每个点电荷受到的力为零,则: 1 (A)Q=-(1-2 2 )q (B)Q=-( + 2 )q 2 (C) Q=-(
(A)
0
(B)
2 0
(C)
2 0
(D) 0
1-24 下列说法,正确的是: (A)闭合曲线的电通量为零,面上各点的场强必为零; (B)通过闭合曲面的电通量仅取决于面内电荷; (C)闭合曲面上的各点的场强仅由面内电荷产生; (D)以上说法均不正确。 1-25 在静电场中,高斯定理成立的条件是: (A)电场分布对称,电荷分布对称; (B)电场分布对称,电荷分布不对称; (C)电场分布不对称,电荷分布对称; (D)任意分布的电场,任意分布的电荷。 1-26 一点电荷放在球形高斯面的球心处,下列情况使高斯面的电通量变化的是: (A)点电荷离开球心,但还在球面内; (B)有另一个电荷放在球面外; (C)有另一个电荷放在球面内; (D)此高斯面被一正方体表面代替。 1-27 静电场中一个高斯面S内有点电荷 q1, q2 ,S 面外有点电荷 则积分号内的场强E是: (A)由 q1 , q2 , q3 共同激发的; (B)由 q q 共同激发的; 1, 2 (C)由 q3 激发的; (D)由 q1 , q3 共同激发的;
0
F
1-9 如图,两个无限大平行平板均匀带电,而电荷密度都是 , , , 三个区域的场强 分布为: (A) E 0, E , E 0; (B) E , E 0, E ; 0 0 0 (C) E , E 0, E ; (D) E , E 0, E ; 2 0 2 0 0 0 1-10 长为2l,带电量为q的均匀带电棒中垂面上场强为:
q3 高斯定理

s
E ds
1 qi 0
1-28 一个半径为R的半球面放在场强为E的匀强电场中,E 的方向与半球面的轴线平行, 则通过半球面的电通量为:
2 (A) R E
(B) 2 R2 E
2 (C) 3 R E
2 (D) 4 R E
1-29 静电场关于电力线,下列说法正确的是: (A)电力线是闭合曲线; (B)任意两条电力线都能相交; (C)电力线的疏密程度代表场强的大小; (D)电力线是正电荷的运动轨迹。
(A) (B) (C) (D)
,方向沿直径平行与所截圆面; 4 0 ,方向垂直与所截圆面; 4 0
0;
,方向垂直于所截平面. 2 0
1-5 电偶极子在均匀外电场中受力和力矩,下列说法正确的是: (A)电偶极矩P 与E 平行使,受力最大; (B)电偶极矩P 与E 垂直时,受力最大; (C)电偶极矩P 与E 平行时,受力矩最大; (D)电偶极矩P 与E 垂直时,受力矩最大; 1-6 电场中某点的场强方向由E= F 给出,则:
1-32 关于电位,下列说法正确的是: (A)任一点的电位值都是绝对量; (B)两点的电位差是绝对值; (C)某点的电位低,电荷在这点的电位能一定低; (D)对电荷无限分布的带电体,其零电位的选择点均可取作无穷远。 1-33 半径为b的带电圆环,轴线上两点 P ,到环心距离为b和2b,则P 1和P 2 1 与P 2 点电位 之比 U1 / U 2 为:
Q 4 R
(B)
U
Q 4 0 r
(C)
U
3Q 8 0
2 2 (3 R r )Q (D) U 8 0 R3
1-36 两个同心的均匀带电球面,半径分别为 R1 , R2 且 R2 2R1 内球面带正电荷 q1 , 要使内 球的电位为正值,则外表面的带电量q2 必须满足条件: (A)q2 q1 (C)q2 2q1 (B) q2 2q1 (D) q2 2q1
1-30 在点电荷为q的电场中,取一半径R的圆平面,轴线为某根电力线。圆心与点电荷相 距为b,通过该平面的电通量为:
q R 2 (A) 4 0b 2
(B)
0
(C) 2 (1
0
q
b R 2 b2
)
(D)
q 4 0
1-31 关于高斯定理,下列说法正确的是: ()只有对称分布的电场,高斯定理才成立; ()高斯面上的场强是由面内电荷产生的; ()只有高斯面外无电荷时,才能用高斯定理求场强; ()高斯定理对任意静电场都成立。
1 (A) 3
2 (B) 5
1 (C) 2
(D)
5/ 2
1-34 静电场中某点电位的定义是: (A)将电荷从该点移到无穷远处电场力所做的功; (B)将试探电荷从该点移到无穷远处电场力所做的功; (C)将正点电荷从该点移到参考点处电场力所做的功; (D)以上说法都不正确。 1-35 电荷均匀分布的带电球体,半径为R,带电量为Q,则离球心为r(r < R)处的电位 为: (A) U


(A)
q 4 0 r 4 0 r q r l
2 2
(C)
r2 l2
q ) , 方向与棒平行; 4 0 rl
, 方向与棒平行; (B)
1-11 一个半径为R,长度为L的均匀带电圆柱面,电荷面密度为 ,则上底中心处的 场强是: 1 ); (A) 0; (B) (C) 2 0 (1 ; L2 1 2 0 R2 (D) 以上都不对。
R; 2 0
(C)
R; (D)以上都不对。 0
1-39 在均匀电场区域中: (A)各点的电位相等; (B)相同电位差的相邻等位面之间的距离相等; (C)点电荷在各点的电位能相等; (D)上述判断都是正确的。
1-40 静电场中P、Q两点的电位差: ()与试探电荷的正负有关; ()与试探电荷的电量有关; ()与零电位的选择有关; ()与P、Q两点的位置有关。 1-41 产生电场的电荷全部分布在有限区域内时,常取无穷远的电位为零,按这个规定: ()正电荷+q在正电荷+Q电场中电位能为正; ()正电荷+q在负电荷 -Q电场中电位能为正; ()负电荷 -q在正电荷电场中电势能为正; ()负电荷 -q在负电荷 -Q电场中电位能为负。 1-42一个均匀带电球面的电位分布情况是: ()球面的电位大于球内部的电位; ()球面的电位等于球内部的电位; ()球面的电位小于球内部的电位; ()无法判断。 UB 、 U C且U A U B U B UC , 则这三个等位 1-43 在点电荷激发的电场中,有三个等位面U A 、 面是: ()间距相等的平行平面; ()间距相等的同心球面; ()间距不相等的同轴圆柱面; ()间距不相等的同心球面。
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