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课时作业(二十)
(分钟:45分钟 总分值:100分)
一、选择题(每题8分,共72分)
1.(·质检)传感器是一种采集信息的重要器件,右图所示是一种测定压力的电容式传
,以下说法中正确的选项是( )
,电路中有从a到b的电流
,电路中有从b到a的电流
,电路中不会出现电流
,那么说明压力F发生变化
[解析] F向上压膜片电极,使得电容器两板间的距离减小,电容器的电容增加,又
因电容器两极板间的电压不变,所以电容器的电荷量增加,,
选项B、D正确.
[答案] BD
,从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动,指出以下对电子运动
的描述中错误的选项是(设电源电动势为E)( )
[解析] 由电池的接法知:A板带负电,B板带正电,C板带正电,D板带负电,所以
A、B板间有向左的电场,C、D板间有向右的电场,B、C板间无电场,由动能定理知:电
子到达B板时的动能为EeV,到达D板时的动能为零,在B、C板间做匀速直线运动,总之
电子能在A板和D板间往复运动,所以错误选项为C.
[答案] C
,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,下述结论正确的选项是( )
,电场强度大小为E=φ/d
,有的相同,有的不同;有正的,有负的,有的为零
,该电容器的电容C要增大,极板上带的电荷量Q也
会增加
,那么电子的电势能一定会减小
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
d
εrS
行的中线上电势为零,中线上方电势为正,下方电势为负,故B正确;由C=知,d
4πkd
减小,C增大,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.
[答案] BCD
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4.(·),在电
场力的作用下向集尘极迁移并沉积,( )
[解析] 集尘极与电源的正极相连带正电,放电极带负电,尘埃在电场力作用下向集
尘极迁移,说明尘埃带负电荷,A项错误;电场方向由集尘极指向放电极,B项正确;带电
尘埃带负电,因此所受电场力方向与电场方向相反,C项错误;同一位置电场强度一定,
由F=qE可知,尘埃所带电荷量越多,所受电场力越大,.
[答案] BD
5.(·省民族中学第二次月考)质量为m的物块,带正电Q,开始时让它静止在倾角α
=60°的固定光滑绝缘斜面顶端,整个装置放在水平方向、大小为E=3mg/Q的匀强电
场,如下列图,斜面高为H,释放物体后,物块落地的速度大小为( )
5
A.2+3
2
2
3
[解析] 其实,“固定光滑绝缘斜面〞是干扰因素,只要分析物体的受力就不难发
现,物体根本不会沿斜面下滑,而是沿着重力和电场力合力的方向做匀加速直线运动,弄
清了这一点,就很容易求得此题正确答案应是C.
[答案] C
6.(·市庆丰中学第二次月考)在电场强度大小为E的匀强电场中,将一个质量为m、
电荷量为q的带电小球由静止开始释放,带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运
,不正确的选项是( )
qE
<,那么ε一定减少,W一定增加
mg
qE
=,那么ε、W一定不变
mg
qE
>,那么ε一定增加,W一定减小
mg
qE
=,那么ε可能增加,W一定增加
mg
[解析] 要使小球做直线运动,重力与电场力的合力的方向必与小球的运动轨迹重合.
当sinθ=qE/mg时,电场力有最小值,小球在同一等势面上运动,<
qEqEqE
时,电场力可能做正功,也可能做负功,>时,无解,=时,
mgmgmg
电场力与运动方向成锐角,电场力做正功,D错.
[答案] ACD
,在竖直平面内存在水平向右的匀强电场,有一带正电小球自坐标原点O
沿y轴正方向竖直向上飞出,初动能为4J,不计空气阻力,与它上升到最高点M时动能为
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(高中物理)课时作业(二十)
5J,那么小球落回到x轴上的N点时,它的动能为( )
[解析] 由于x方向一直做匀加速运动,相等时间内通过的位移之比为13,所以电
场力做功
W下=3W上=15J W上+W下=E′k-Ek0
E′k=24J 所以正确答案为D.
[答案] D
8.(·金丽衢十二校联考)一质量为m、电荷量为q的带正电小球,在匀强电场E电中
,设带电小球在一小
段时间内机械能变化为ΔE,那么( )
=0,E电一定是某确定值
=0,E电可能有多个值
>0,E电一定是某确定值
<0,E电可能有多个值
[解析] =0,由功能关系可知:除重力外的电
场力做功为零,即电场力与速度垂直;由于带电小球做直线运动所以电场力与重力的合力
qEmgsinα
与带电小球的速度共线,对带电小球进行受力分析得:=sinα⇒E=为定值,A
mgq
正确,B错误;假设ΔE>0,由功能关系可得除重力以外的电场力做正功,要求重力与电场
力的合力与速度共线,并且电场力与速度的夹角为锐角,满足这样的电场力有多组,C错
误;假设ΔE<0,由功能关系可得除重力以外的电场力做负功,要求重力与电场力的合力
与速度共线,并且电场力与速度的夹角为钝角,满足这样的电场力同样有多组,D正确.
[答案] AD
9.(·)如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一
重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.
假设在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打
( )
TT3T
<t<B.<t<
04204
3T9T
C.<t<<t<
4008
[解析] 两板间加的是方波电压,刚释放粒子时,粒子向A板运动,说明释放粒子时
T
U为负,因此A、D项错误,假设t=时刻释放粒子,那么粒子做方向不变的单向直线运
AB02
3T
动,一直向A运动;假设t=时刻释放粒子,那么粒子在电场中固定两点间做往复运
04
T3T
动,因此<t<时间内,粒子的运动满足题意的要求,.
204
[答案] B
二、非选择题(共28分)
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(高中物理)课时作业(二十)
10.(14分)如右图所示,板长L=4cm的平行板电容器,板间距离d=3cm,板与水平
线夹角α=37°,两板所加电压为U=100V,有一带负电液滴,带电荷量为q=3×10-10
C,以v0=1m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场,在电场中仍沿水平方向并恰好从B
,求:
(1)液滴的质量;
(2)液滴飞出时的速度.
[解析] 由于带电液滴所受重力方向竖直向下,所受静电力方向只能垂直两板向上,
其合力方向水平向右,做匀加速运动.
U
(1)竖直方向:qcos37°=mg
d
解得m=8×10-8kg
U
(2)解法一:水平方向:qsin37°=ma
d
3
解得a=gtan37°=g
4
d
设液滴在平行板中飞行距离为s,那么s==
sin37°
又由v2-v20=2as得v=v20+2as≈
解法二:液滴受到的合力F合=mgtan37°
11
由动能定理得Fs=mv2-mv20
合22
解得v≈
[答案] (1)8×10-8kg (2)
11.(14分)(·菱湖中学第二次月考)如下列图,处于同一条竖直线上的两个点电荷
A、B带等量同种电荷,电荷量为Q;,
质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷),
C拉起到M点,使细线水平且与A、B处于同一竖直面内,由静止开始释放,小球C向下运
动到GH线上的N点时刚好速度为零,此时细线与竖直方向上的夹角θ=30°.试求:
(1)在A、B所形成的电场中,MN两点间的电势差,并指出M、N哪一点的电势高?
(2)假设N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为a的正三角形,那么小
球运动到N点瞬间,轻细线对小球的拉力F(静电力常量为k).
[解析] (1)带电小球C在A、B形成的电场中从M运动到N点的过程中,重力和电场
力做功,但总功为零,那么:
qUMN+mglcosθ=0
mglcos30°
所以U=-
MNq
mglcos30°
即M、N两点间的电势差大小为,且N点的电势高于M点的电势.
q
(2)在N点小球速度为零,但小球并不是处于平衡状态(合外力不为零).小球C受到重
力mg、细线的拉力FT、
心加速度为零,
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(高中物理)课时作业(二十)
FT-mgcos30°-FAcos30°=0
QqQq3Qq
又F=F=k得F=mgcos30°+kcos30°=(mg+k)
ABa2Ta22a2
mglcos30°
[答案] (1)M、N两点间的电势差大小为
q
3Qq
N点的电势高于M点的电势 (2)(mg+k)
2a2
拓展题:
(·模拟)
L2
面的第一象限,存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强
4x
电场区域Ⅰ;在第二象限存在以x=-L、x=-2L、y=0、y=L的匀强电场区域Ⅱ.两个电
场大小均为E,不计电子所受重力,电子的电荷量为e,求:
(1)从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子,电子离开MNPQ时的坐标;
(2)由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能;
[解析] (1)设电子的质量为m,电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动,出区域Ⅰ时的速
度为v0,接着在无电场区域匀速运动,此后进入电场Ⅱ,在电场Ⅱ中做类平抛运动,假设
电子从NP边射出,出射点纵坐标为y1,
L21
由y=对于B点y=L,那么x=L
4x4
11eEL
所以,eE·L=mv20 解得v=
4202m
设在电场Ⅱ中运动的时间为t1
11eEL
L-y=at21=·()2
122mv0
解得y1=0,所以原假设成立,即电子离开MNPQ区域的位置坐标为(-2L,0)
(2)设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为(x,y),在电场Ⅰ中电子被加速,速度为v1时
飞离电场Ⅰ,接着在无电场区域做匀速运动,然后进入电场Ⅱ做类平抛运动,并从NP边离
开,运动时间为t2,偏转位移为y2.
1
eEx=mv21
2
11eEL
y=at2=·()2
222mv1
L2
解得xy=,所以原假设成立,即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电
24
子离开MNPQ时都从P点离开的.
其中只有从B点释放的电子,离开P点时动能最小,那么从B到P由动能定理得:
1
eE·(L+L)=E-0
4k
5
所以E=eEL
k4
5
[答案] (1)(-2L,0) (2)eEL
4
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