習題：靜電場章末 公開課教學設(shè)計

第六章章末檢測1．如圖1所示的情況中，a、b兩點的電場強度和電勢均相同的是()．圖1A．甲圖：離點電荷等距的a、b兩點B．乙圖：兩個等量異種點電荷連線的中垂線上，與連線中點等距的a、b兩點C．丙圖：兩個等量同種點電荷連線上，與連線中點等距的a、b兩點D．丁圖：帶電平行金屬板兩板間分別靠近兩板的a、b兩點解析電場強度是矢量，電場強度相同，則大小和方向均要相同，電勢相同則兩點應(yīng)在同一等勢面上，所以甲圖中，電場強度大小相同，但方向不同，電勢相同，所以A錯誤；圖乙中由對稱性可知：兩點的電場強度的大小和方向相同，a、b在同一等勢面上，所以電勢相等，可見B正確；同理圖丙：電場強度大小相同，但方向相反，所以C錯誤；圖丁為勻強電場，所以電場強度相同，但a點的電勢較高，所以D錯誤．答案B2．如圖2所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當?shù)竭_B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則()．圖2A．當增大兩板間距離時，v也增大B．當減小兩板間距離時，v增大C．當改變兩板間距離時，v不變D．當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大解析電子從靜止開始運動，根據(jù)動能定理，從A運動到B動能的變化量等于電場力做的功．因為保持兩個極板間的電勢差不變，所以末速度不變，平均速度不變，若兩板間距離增加，時間變長．答案CD3．靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大?。鐖D3所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計．開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度增大些，下列采取的措施可行的是()圖3A．斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板分開些B．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開些C．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些D．保持開關(guān)S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動解析要使靜電計的指針張開角度增大些，必須使靜電計金屬球和外殼之間的電勢差增大，斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板分開些，電容器的帶電量不變，電容減小，電勢差增大，A正確；保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開或靠近些，靜電計金屬和外殼之間的電勢差不變，B、C錯誤；保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器觸頭向右或向左移動，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變，D錯誤。答案A4．如圖4甲所示，兩個點電荷Q1、Q2固定在x軸上距離為L的兩點，其中Q1帶正電荷位于原點O，a、b是它們的連線延長線上的兩點，其中b點與O點相距3L.現(xiàn)有一帶正電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點開始經(jīng)b點向遠處運動(粒子只受電場力作用)，設(shè)粒子經(jīng)過a，b兩點時的速度分別為va、vb，其速度隨坐標x變化的圖象如圖乙所示，則以下判斷正確的是()圖4A．Q2帶負電且電荷量小于Q1B．b點的場強一定為零C．a(chǎn)點的電勢比b點的電勢高D．粒子在a點的電勢能比b點的電勢能小解析由vt圖象知，粒子從a點向遠處運動先減速再加速，在b處速度最小，則b點左右兩側(cè)電場方向相反，b點處電場強度為0，B正確；根據(jù)點電荷場強公式和電場的疊加知識得Q2帶負電且電荷量小于Q1，A正確；根據(jù)粒子受力方向知b點左側(cè)場強向左，故a點電勢較b點低，C錯；粒子從a點到b點動能減小，則電場力做負功，電勢能增加，D正確．答案ABD5．如圖5所示，三條平行等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，電勢值分別為10V、20V、30V，實線是一帶電粒子(不計重力)在該區(qū)域內(nèi)的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點，下列說法正確的是()．圖5A．粒子在三點所受的電場力不相等B．粒子必先過a，再到b，然后到cC．粒子在三點所具有的動能大小關(guān)系為Ekb>Eka>EkcD．粒子在三點的電勢能大小關(guān)系為Epc<Epa<Epb解析根據(jù)電場線與等勢面垂直，沿著電場線電勢逐漸降低，可知粒子帶負電，電場為勻強電場，則粒子在三點所受的電場力相等．因速度方向未知，則粒子不一定必先過a，再到b，然后到c，也可以反之；粒子無論是先從a到b再到c，還是先從c到b再到a，電場力均先做負功，再做正功，動能先減少后增加，電勢能先增加后減少，故D正確．答案D6．如圖6所示，水平放置的平行金屬板a、b分別與電源的兩極相連，帶電液滴P在金屬板a、b間保持靜止，現(xiàn)設(shè)法使P固定，再使兩金屬板a、b分別繞中心點O、O′垂直于紙面的軸順時針轉(zhuǎn)相同的小角度α，然后釋放P，則P在電場內(nèi)將做()．圖6A．勻速直線運動B．水平向右的勻加速直線運動C．斜向右下方的勻加速直線運動D．曲線運動解析設(shè)電源兩端的電壓為U，兩金屬板間的距離為d，帶電液滴的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，則液滴P靜止時，由平衡條件可得：qeq\f(U,d)＝mg.金屬板轉(zhuǎn)動后，P所受的電場力大小為F＝qeq\f(U,dcosα)，方向與豎直方向成α角指向右上方，電場力大于重力，但電場力在豎直方向的分量F1＝Fcosα＝qeq\f(U,dcosα)cosα＝qeq\f(U,d)＝mg.故電場力和重力的合力水平向右，即P做水平向右的勻加速直線運動．B正確，A、C、D錯誤．答案B7．如圖7所示勻強電場E的區(qū)域內(nèi)，在O點處放置一點電荷＋Q，a、b、c、d、e、f為以O(shè)點為球心的球面上的點，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是()圖7A．b、d兩點的電場強度相同B．a(chǎn)點的電勢高于f點的電勢C．點電荷＋q在球面上任意兩點之間移動時，電場力一定做功D．點電荷＋q在球面上任意兩點之間移動時，從球面上a點移動到c點的電勢能變化量一定最大解析電場中各點的電場強度均為勻強電場E與+Q形成的電場強度的矢量和由對稱性可知，b、d兩點的電場強度大小相同，方向不同。A錯誤；在球面上各點，相對于形成的電場個點電勢相同，但考慮勻強電場E的存在，a點電視高于f點電勢，B正確；點電荷+q在bedf面上移動時，電場不做功，C錯誤；因球面上a、c兩點電勢差最大，故將+q從a點移到c點電場力做功最多電荷電勢能變化量最大，故D正確。答案BD7．如圖7所示，長為L＝0.5m、傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強電場中，一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)，以初速度v0＝2m/s恰能沿斜面勻速上滑，g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝，則下列說法中正確的是()．圖7A．小球在B點的電勢能大于在A點的電勢能B．水平勻強電場的電場強度為eq\f(3mg,4q)C．若電場強度加倍，小球運動的加速度大小為3m/s2D．若電場強度減半，小球運動到B點時速度為初速度v0的一半解析在小球由A到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，小球電勢能減少，A錯；由動能定理知qELcosθ－mgLsinθ＝0，所以水平勻強電場的電場強度為eq\f(3mg,4q)，B對；電場強度加倍后，則有q·2Ecosθ－mgsinθ＝ma，所以a＝0.6g＝6m/s2，C錯；電場強度減半后，則有mgsinθ－qeq\f(E,2)cosθ＝ma1，a1＝0.3g＝3m/s2，由veq\o\al(2,0)－v2＝2a1L代入數(shù)值得v＝1m/s，D對．答案BD8．如圖8所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在距板右端L處有一豎直放置的光屏M.一電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()．圖8A．板間的電場強度大小為mg/qB．板間的電場強度大小為2mg/qC．質(zhì)點在板間運動時動能的增加量等于電場力做的功D．質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間解析對質(zhì)點的運動進行分解，在水平方向上質(zhì)點做勻速直線運動，又因質(zhì)點在板間運動的水平位移與它從板的右端運動到光屏的水平位移相等，故質(zhì)點在板間的運動時間等于它從板的右端運動到光屏的時間，D錯誤；質(zhì)點在板間運動過程中受到重力和電場力作用，故質(zhì)點在板間運動時動能的增加量等于重力和電場力做的功之和，C錯誤；在豎直方向上，因質(zhì)點最后垂直打在M屏上，且質(zhì)點在板間運動時在豎直方向上做初速度為0的勻加速運動，故質(zhì)點從板的右端運動到光屏的過程中在豎直方向上做末速度為0的勻減速運動，又因做勻加速運動的時間與做勻減速運動的時間相等，故做勻加速運動的加速度大小與做勻減速運動的加速度大小相等，即qE－mg＝mg，得E＝2mg/q，B正確，A錯誤．答案B9．如圖9所示，平行板電容器與電動勢為E′的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略．一帶負電油滴被固定于電容器中的P點．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則()．圖9A．平行板電容器的電容將變小B．靜電計指針張角變小C．帶電油滴的電勢能將減少D．若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變解析將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時，兩極板的正對面積S不變，間距d變大，根據(jù)關(guān)系式C＝eq\f(εS,4πkd)∝eq\f(S,d)可知，電容C減小，選項A正確；因為靜電計指針的變化表征了電容器兩極板電勢差的變化，題中電容器兩極板間的電勢差U不變，所以靜電計指針張角不變，選項B錯誤；U不變，極板間距d變大時，板間場強E＝U/d減小，帶電油滴所處位置的電勢φP＝EdP增大，其中dP為油滴到下極板的距離，又因為油滴帶負電，所以其電勢能將減少，選項C正確；若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則電容器帶電荷量Q不變，極板間距d變大，根據(jù)Q＝CU，E＝U/d和C＝eq\f(εS,4πkd)可知E∝Q/S，可見，極板間場強E不變，所以帶電油滴所受電場力不變，選項D正確．答案ACD10．如圖10所示的三個點電荷q1、q2、q3，固定在一條直線上，q2和q3的距離為q1和q2距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電荷量之比q1∶q2∶q3為()．圖10A．(－9)∶4∶(－36) B．9∶4∶36C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶6解析q1、q2、q3三個點電荷中任意兩個點電荷對第三個點電荷的合力為零，由此可知q1、q3為同種電荷，它們與q2互為異種電荷．q1、q2間距離設(shè)為r，對q3有eq\f(kq1q3,(3r)2)＝eq\f(kq2q3,(2r)2)，所以eq\f(q1,q2)＝eq\f(9,4)；對q1有eq\f(kq2q1,r2)＝eq\f(kq1q3,(3r)2)，所以eq\f(q2,q3)＝eq\f(1,9).考慮q1、q2、q3的電性，其電荷量之比為q1∶q2∶q3＝(－9)∶4∶(－36)，A對．答案A11．如圖11所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，入射方向跟極板平行．整個裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是()．圖11A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2變大C．U1變大、U2變小 D．U1變小、U2變小解析設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長為l，則由動能定理得U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時間t＝eq\f(l,v0)，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得a＝eq\f(U2q,dm)，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝eq\f(U2ql,dmv0)，又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U0ql,dmv\o\al(2,0))＝eq\f(U2ql,2dqU1)＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故B正確．答案B12．如圖12所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電荷、B板帶負電荷．兩板之間存在著勻強電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B板上開有兩個間距為L的小孔．C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O′處，C帶正電、D帶負電．兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強度可認為大小處處相等，方向都指向O′.半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計．現(xiàn)從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的微粒(微粒的重力不計)，問：圖12(1)微粒穿過B板小孔時的速度多大？(2)為了使微粒能在C、D板間運動而不碰板，C、D板間的電場強度大小應(yīng)滿足什么條件？(3)從釋放微粒開始，經(jīng)過多長時間微粒通過半圓形金屬板間的最低點P點？解析(1)設(shè)微粒穿過B板小孔時的速度為v，根據(jù)動能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m)).(2)微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有qE＝meq\f(v2,R)，半徑R＝eq\f(L,2)，聯(lián)立得E＝eq\f(4U,L).(3)微粒從釋放開始經(jīng)t1射入B板的小孔，d＝eq\f(v,2)t1，則t1＝eq\f(2d,v)＝2deq\r(\f(m,2qU))，設(shè)微粒在半圓形金屬板間運動經(jīng)過t2第一次到達最低點P點，則t2＝eq\f(πL,4v)＝eq\f(πL,4)eq\r(\f(m,2qU))，所以從釋放微粒開始，經(jīng)過t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs