【物理】2020届一轮复习人教版 电场 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 电场 课时作业

2020 届一轮复习人教版 电场 课时作业 一、选择题(本题共 14 小题，每小题 4 分，共 56 分.1～8 题为单项选择题，9～14 题为多项选择题．全部 选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选和不选的得 0 分) 1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( ) A．由 E＝F q 知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B．由 C＝Q U 知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C．由 E＝k Q r2知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关 D．由 UAB＝WAB q 知，带电荷量为 1 C 的正电荷，从 A 点移动到 B 点克服电场力做功为 1 J，则 A、B 两点间的 电势差为－1 V 答案 D 解析 电场强度 E 与 F、q 无关，由电场本身决定，A 错误；电容 C 与 Q、U 无关，由电容器本身决定，B 错误；E＝k Q r2是决定式，C 错误；由 UAB＝WAB q 可知，D 正确． 2.(2018·重庆市綦江区校级联考)某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图 1 所示．下列说法正确的是 ( ) 图 1 A．a 点的电势高于 b 点的电势 B．若将一正试探电荷由 a 点移到 b 点，电场力做负功 C．c 点的电场强度与 d 点的电场强度大小无法判断 D．若将一正试探电荷从 d 点由静止释放，电荷将沿着电场线由 d 到 c 答案 B 解析 由沿电场线的方向电势降低和电场线与等势面垂直的特点，可知 a 点的电势低于 b 点的电势，故 A 错误；由电势能的公式：Ep＝qφ，可得出正试探电荷在 a 点的电势能低于在 b 点的电势能，由电场力做功 与电势能变化的关系，可知电场力做了负功，故 B 正确；因为电场线的疏密表示电场的强弱，故 c 点的电 场强度小于 d 点的电场强度，故 C 错误；正试探电荷在 d 点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使 该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由 d 到 c，故 D 错误． 3．(2017·南通市第一次调研测试)如图 2 所示，在 O 点放置点电荷－q，电荷周围 A、B 两点到 O 点的距 离分别为 rA、rB，rAEB B．EA＝EB C．φA>φB D．φA＝φB 答案 A 解析 根据公式 E＝kQ r2，可以判断出离场源电荷越近，场强越大，所以 A 点的场强较大，A 正确，B 错误； 沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以 B 点电势较高，C、D 错误． 4．(2018·淄博市高一下期末)两个等量点电荷的电场线分布如图 3 所示，图中 A 点和 B 点在两点电荷连 线上，C 点和 D 点在两点电荷连线的中垂线上．若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是( ) 图 3 A．电荷沿直线由 A 到 B 的过程中，电场力先增大后减小 B．电荷沿直线由 C 到 D 的过程中，电场力先增大后减小 C．电荷沿直线由 A 到 B 的过程中，电势能先减小后增大 D．电荷沿直线由 C 到 D 的过程中，电势能先增大后减小 答案 B 5．(2018·日照市期末)如图 4 所示，在点电荷 Q 产生的电场中，实线是方向未知的电场线，虚线 AB 是一 个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹．下列说法正确的是( ) 图 4 A．带电粒子在 A 点的电势能一定小于在 B 点的电势能 B．带电粒子在 A 点的加速度一定大于在 B 点的加速度 C．若带电粒子带负电，则点电荷 Q 一定带正电 D．若带电粒子带负电，则 A 点的电势一定高于 B 点的电势 答案 B 6．如图 5，静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场，涂料微粒从喷枪口喷 出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹．下列说法 正确的是( ) 图 5 A．涂料微粒一定带正电 B．图中虚线可视为高压电场的部分电场线 C．微粒做加速度先减小后增大的曲线运动 D．喷射出的微粒动能不断转化为电势能 答案 C 解析 因工件接电源的正极，可知涂料微粒一定带负电，选项 A 错误；因虚线为涂料微粒的运动轨迹，可 知不能视为高压电场的部分电场线，选项 B 错误；从喷枪口到工件的电场先减弱后增强，可知微粒加速度 先减小后增大，因电场线是曲线，故微粒做曲线运动，选项 C 正确；因电场力对微粒做正功，故微粒的电 势能逐渐减小，选项 D 错误． 7．(2018·重庆八中适应性考试)直角坐标系 xOy 中，A、B 两点位于 x 轴上，坐标如图 6 所示，C、D 位于 y 轴上，C、D 两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为 Q 的负点电荷置于 O 点时，B 点处的电场强度恰 好为零，若将该负点电荷移到 A 点，则 B 点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为 k)( ) 图 6 A.5kQ 4l2 ，沿 x 轴正方向 B.5kQ 4l2 ，沿 x 轴负方向 C.3kQ 4l2 ，沿 x 轴负方向 D.3kQ 4l2 ，沿 x 轴正方向 答案 D 解析 B 点处的电场强度恰好为零，说明负点电荷在 B 点产生的场强与两正点电荷在 B 点产生的合场强大 小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在 B 点的场强为kQ l2 ，两正点电荷在 B 点的合场 强也为kQ l2 ，当负点电荷移到 A 点时，负点电荷与 B 点的距离为 2l，负点电荷在 B 点产生的场强为kQ 4l2，方 向沿 x 轴负方向，两正点电荷在 B 点产生的合场强的大小为kQ l2 ，方向沿 x 轴正方向，所以 B 点处合场强的 大小为kQ l2 －kQ 4l2＝3kQ 4l2 ，方向沿 x 轴正方向，所以 A、B、C 错误，D 正确． 8.示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图 7 所示，真空室中电极 K 发出 电子(初速度不计)，经过电压为 U1 的加速电场后，由小孔 S 沿水平金属板 A、B 间的中心线射入板中，金 属板长为 L，相距为 d.当 A、B 间电压为 U2 时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上面显示亮点．已知电 子的质量为 m、电荷量为 e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是( ) 图 7 A．U1 变大，U2 变大 B．U1 变小，U2 变大 C．U1 变大，U2 变小 D．U1 变小，U2 变小 答案 B 解析 当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转 电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．设电子经过 U1 加速后速度为 v0，离开偏转电 场时竖直方向速度为 vy，根据题意得：eU1＝1 2 mv0 2，电子在 A、B 间做类平抛运动，当其离开偏转电场时竖 直方向速度为 vy＝at＝eU2 md ·L v0 ，解得速度的偏转角θ满足：tan θ＝vy v0 ＝ U2L 2dU1 ，显然，欲使θ变大，应该 增大 U2、L，或者减小 U1、d，故选 B. 9.如图 8 所示，电路中 A、B 为两块竖直放置的金属板，C 是一只静电计，合上开关 S 后，静电计指针张开 一定角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( ) 图 8 A．使 A、B 两板靠近一些 B．使 A、B 两板正对面积减小一些 C．断开 S 后，使 B 板向右平移一些 D．断开 S 后，使 A、B 正对面积减小一些 答案 CD 解析 静电计显示的是 A、B 两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上 S 后，A、 B 两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开 S 后，板 间距离增大，正对面积减小，都将使 A、B 两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由 C＝Q U 可知， 板间电压 U 增大，从而静电计指针张角增大． 10.如图 9 所示，匀强电场中有一平行四边形 abcd，且平行四边形所在平面与场强方向平行．其中φa＝10 V，φc＝6 V，φd＝8 V，则下列说法正确的是( ) 图 9 A．b 点电势φb＝4 V B．b 点电势φb＝8 V C．场强平行于 ad 方向 D．场强方向垂直于 bd 向下 答案 BD 11.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图 10 中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中 a 点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是 ( ) 图 10 A．带正电 B．速度先变大后变小 C．电势能先变大后变小 D．经过 b 点和 d 点时的速度大小相同 答案 CD 解析 根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项 A 错误；粒子从 a 到 c 再到 e 的过程中 电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项 B 错误，C 正确；因为 b、d 两 点在同一等势面上，所以在 b、d 两点的电势能相同，粒子经过 b 点和 d 点时的速度大小相同，选项 D 正 确． 12．(2018·滨州市高一下期末)电场中三条等势线如图 11 中实线 a、b、c 所示．一带电粒子仅在电场力 作用下沿直线从 P 运动到 Q，已知电势φa>φb>φc，这一过程中粒子运动的 v－t 图象可能正确的是( ) 图 11 答案 AD 13.如图 12 所示，两平行金属板水平放置，板长为 L，板间距离为 d，板间电压为 U，一不计重力、电荷量 为＋q 的带电粒子以初速度 v0 沿两板的中线射入，经过 t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( ) 图 12 A．在前t 2 时间内，电场力对粒子做的功为 1 4 Uq B．在后t 2 时间内，电场力对粒子做的功为 3 8 Uq C．在粒子下落的前d 4 和后d 4 过程中，电场力做功之比为 1∶1 D．在粒子下落的前d 4 和后d 4 过程中，电场力做功之比为 1∶2 答案 BC 解析 粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速 直线运动，在前后两个t 2 的时间内沿竖直方向的位移之比为 1∶3，则在前t 2 时间内，电场力对粒子做的功为 1 8 Uq，在后t 2 时间内，电场力对粒子做的功为 3 8 Uq，A 错，B 对；由 W＝Eqx 知，在粒子下落的前d 4 和后d 4 过程 中，电场力做功之比为 1∶1，C 对，D 错． 14．如图 13 所示，O 点固定放置一个正点电荷，在过 O 点的竖直平面内的 A 点，自由释放一个带正电的小 球，小球的质量为 m，带电荷量为 q，小球落下的轨迹如图中的实线所示，它与以 O 点为圆心、R 为半径的 圆(图中虚线表示)相交于 B、C 两点，O、C 在同一水平线上，∠BOC＝30°，A 距 OC 的高度为 h，若小球通 过 B 点的速度为 v，则下列叙述正确的是( ) 图 13 A．小球通过 C 点的速度大小是 2gh B．小球通过 C 点的速度大小是 v2＋gR C．小球由 A 到 C 电场力做功是 mgh－1 2 mv2 D．小球由 A 到 C 电场力做功是 1 2 mv2＋mg(R 2 －h) 答案 BD 解析 由于 B、C 在同一等势面上，故小球从 B 点到 C 点的过程中电场力做功为零，只有重力做功，则 1 2 mvC 2 ＝1 2 mv2＋mghBC.即 1 2 mvC 2＝1 2 mv2＋mgRsin 30°，得 vC＝ v2＋gR，小球从 A 点到 C 点的过程中，由动能定理有 1 2 mvC 2＝mgh＋WAC，得 WAC＝1 2 mv2＋mg(R 2 －h)，故选 B、D. 二、计算题(本题共 4 小题，共 44 分) 15．(8 分)(2018·聊城市期末)如图 14 所示，两平行金属板 A、B 间有一匀强电场，C、D 为电场中的两点， 且 CD＝4 cm，其连线的延长线与金属板 A 成 30°角．已知电子从 C 点移到 D 点的过程中电场力做功为－ 4.8×10－17 J，元电荷 e＝1.6×10－19 C．求： 图 14 (1)C、D 两点间的电势差 UCD、匀强电场的场强大小 E； (2)若选取 A 板的电势φA＝0，C 点距 A 板 1 cm，电子在 D 点的电势能为多少？ 答案 (1)300 V 1.5×104 V/m (2)7.2×10－17 J 解析 (1)电子从 C 点移到 D 点 UCD＝WCD q ＝－4.8×10－17 －1.6×10－19 V＝300 V(2 分) E＝ UCD dCDsin 30° ＝ 300 4×10－2×0.5 V/m＝1.5×104 V/m(2 分) (2)d＝dCDsin 30°＋1 cm＝3 cm UAD＝Ed＝1.5×104×3×10－2 V＝450 V(1 分) 由 UAD＝φA－φD 和φA＝0 得(1 分) φD＝－450 V(1 分) 电子在 D 点的电势能为 Ep＝qφD＝－1.6×10－19×(－450) J＝7.2×10－17 J．(1 分) 16．(10 分)(2018·潍坊市期末)如图 15 所示，水平绝缘轨道 AB 长 L＝4 m，离地高 h＝1.8 m，A、B 间存 在竖直向上的匀强电场．一质量 m＝0.1 kg、电荷量 q＝－5×10－5 C 的小滑块，从轨道上的 A 点以 v0＝6 m/s 的初速度向右滑动，从 B 点离开电场后，落在地面上的 C 点．已知 C、B 间的水平距离 x＝2.4 m，滑块与 轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取 g＝10 m/s2，不计空气阻力．求： 图 15 (1)滑块离开 B 点时速度的大小； (2)滑块从 A 点运动到 B 点所用的时间； (3)匀强电场的场强 E 的大小． 答案 (1)4 m/s (2)0.8 s (3)5×103 N/C 解析 (1)从 B 到 C 过程中，有 h＝1 2 gt2(1 分) x＝vBt(1 分) 解得 vB＝4 m/s(1 分) (2)从 A 到 B 过程中，有 L＝v0＋vB 2 t′(2 分) 解得 t′＝0.8 s(1 分) (3)在电场中运动时，小滑块受力如图所示， 由牛顿第二定律得 μ(mg＋E|q|)＝m|a|(2 分) 由运动学公式，有 vB 2－v0 2＝2aL(1 分) 解得 E＝5×103 N/C.(1 分) 17．(12 分)(2018·亳州市模拟)如图 16 所示，在 E＝1.0×103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形 绝缘轨道 QPN 与一水平绝缘轨道 MN 在 N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径 R＝40 cm，N 为半圆形轨道最低点，P 为 QN 圆弧的中点，一带负电荷 q＝1.0× 10－4 C 的小滑块质量 m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于 N 点右侧 1.5 m 的 M 处，g 取 10 m/s2，求： 图 16 (1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0 向左运动？ (2)这样运动的小滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大？ 答案 (1)7 m/s (2)0.6 N 解析 (1)设小滑块恰能到达 Q 点时速度为 v， 由牛顿第二定律得 mg＋qE＝mv2 R (2 分) 小滑块从开始运动至到达 Q 点过程中，由动能定理得 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝1 2 mv2－1 2 mv0 2(2 分) 联立解得：v0＝7 m/s.(2 分) (2)设小滑块到达 P 点时速度为 v′，则从开始运动至到达 P 点过程中，由动能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝1 2 mv′2－1 2 mv0 2(3 分) 在 P 点时，由牛顿第二定律得 FN＝mv′2 R (1 分) 代入数据，解得：FN＝0.6 N(1 分) 由牛顿第三定律得，小滑块通过 P 点时对轨道的压力 FN′＝FN＝0.6 N．(1 分) 18．(14 分)如图 17 所示，虚线 MN 左侧有一场强为 E1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线 MN 和 PQ 之间存 在着宽为 L、电场强度为 E2＝2E 的匀强电场，在虚线 PQ 右侧距 PQ 为 L 处有一与电场 E2 平行的屏．现将一 电子(电荷量为 e，质量为 m，重力不计)无初速度地放入电场 E1 中的 A 点，最后电子打在右侧的足够大的 屏上，A 点到 MN 的距离为L 2 ，AO 连线与屏垂直，垂足为 O，求： 图 17 (1)电子到 MN 的速度大小； (2)电子从释放到打到屏上所用的时间； (3)电子刚射出电场 E2 时的速度方向与 AO 连线夹角θ的正切值 tan θ； (4)电子打到屏上的点 P′到点 O 的距离 x. 答案 (1) eEL m (2)3 mL eE (3)2 (4)3L 解析 (1)从 A 点到 MN 的过程中，由动能定理得： eE·L 2 ＝1 2 mv2(2 分) 得：v＝ eEL m (1 分) (2)电子在电场 E1 中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为 a1，时间为 t1，由牛顿第二定律和运动 学公式得：a1＝eE1 m ＝eE m (1 分) v＝a1t1(1 分) 从 MN 到屏的过程中运动的时间：t2＝2L v .(1 分) 则运动的总时间为 t＝t1＋t2＝3 mL eE .(1 分) (3)设电子射出电场 E2 时平行电场线方向的速度为 vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 a2＝eE2 m ＝2eE m (1 分) t3＝L v (1 分) vy＝a2t3 tan θ＝vy v (1 分) 解得：tan θ＝2.(1 分) (4)如图所示，电子离开电场 E2 后，将速度方向反向延长交于 E2 电场的中点 O′. 由几何关系知：tan θ＝ x L 2 ＋L ，(2 分) 得：x＝3L. (1 分)