高二实验班电场单元练习(教师版)

-1-电场单元练习1．(多选)关于电场强度的叙述，正确的是()A．沿着电场线的方向，场强越来越小B．电场中某点的场强大小等于单位电量的电荷在该点所受的电场力大小C．电势降落的方向就是场强的方向D．负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大解析：选BD场强与电场线的疏密程度有关，而与其方向无关，与电场线方向有关的是电势，即沿着电场线的方向，电势越来越小，选项A错误(也可结合匀强电场的特点排除该选项)；根据公式E＝eq\f(F,q)可知，选项B正确；电场中某点处的场强方向是唯一的，而该点电势降落的方向不唯一，显然，电势降落的方向不一定就是场强的方向，选项C错误；根据点电荷周围场强公式E＝eq\f(kq,r2)可知，选项D正确。答案为BD。2．关于静电场下列说法中正确的是()A．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B．电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小C．根据公式U＝Ed知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D．正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少解析：选D电势能的大小是相对于参考位置来说的，电势为零的位置就是参考位置，参考位置是可以任意选取的，显然，选项A错误；只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，选项B错误；公式U＝Ed中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d是沿垂直于电场强度方向的距离，那么间距变大时，电势差不变，选项C错误；正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确。答案为D。3．电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是()A．A点的电场强度比C点的小B．负电荷在A点电势能比C点电势能大C．电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功D．正电荷由A移到C，电场力做负功解析：选C根据等电势差处距离越近电场强度越大可知，A点的电场强度比C点的大，选项A错误；负电荷在A点电势能比C点电势能小，选项B错误；电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功，选项C正确；正电荷由A移到C，电场力做正功，选项D错误。4．如图所示，在真空中，ab、cd是圆O的两条直径，在a、b两点分别固定有电荷量为＋Q和－Q的点电荷，下列说法正确的是()A．c、d两点的电场强度相同，电势也相同B．c、d两点的电场强度不同，但电势相同C．将一个正试探电荷从c点沿直线移动到d点，电场力做功为零D．一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能解析：选D由对称性可知，c、d两点的电场强度相同，但是电势不相同，选项AB错误；将一个正试探电荷从c点沿直线移动到d点，电场力做正功，选项C错误；一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能，选项D正确。5．如图甲所示，AB是电场中的一条电场线，质子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点，其v－t图象如图乙所示，则下列说法正确的是()A．质子运动的加速度随时间逐渐减小B．电场线的方向由A指向BC．A、B两点电场强度的大小关系满足EA<EBD．A、B两点的电势关系满足φA<φB解析：选D质子运动的v－t图象的斜率代表加速度，根据图象可知，其做匀减速直线运动，加速度恒定，电场力也恒定，A、B两点电场强度相等，故选项AC错误，因为质子做匀减速直线运动，所以其电场力方向与运动方向相反，即从B指向A，又因为质子带正电，所以电场线方向也是从B指向A，选项B错误；因为沿电场线方向，电势逐渐减小，所以φA<φB，选项D正确。本题答案为D。6．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则()A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间场强方向指向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功解析：选DA、N点的电势等于零，电场强度大小不为零，选项AB错误；从N到C电势升高，NC间场强方向指向x轴负方向，选项C错误；从N到C电势升高，从C到N电势降低，将一负点电荷从N点移到C点，电场力做正功，从C点到D点，电场力做负功，选项D正确。7．如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是()A．粒子可能带负电B．粒子在P点的动能大于Q点动能C．粒子在P点电势能大于粒子在Q点电势能D．粒子在P点受到电场力大于Q点受到的电场力解析：选B根据等势线与电场线垂直可画出电场线，确定带电粒子运动所受电场力的方向偏向左侧，粒子带正电，粒子在P点的动能大于Q点动能，选项A错误、B正确；由于带电粒子只受电场力，带电粒子运动时动能和电势能之和保持不变。根据A、B、C三条等势线的电势分别为3V、5V、7V，粒子带正电，粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，选项C错误；由于P点所在处等差等势面疏，电场强度小，所以粒子在P点受到电场力小于Q点受到的电场力，选项D错误。8．(多选)水平线上的O点放置一点电荷，图中画出电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示。以水平线上的某点O′为圆心，画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，则下列说法正确的是()A．b、e两点的电场强度相同B．a点电势低于c点电势C．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差D．电子沿圆周由d到b，电场力做正功解析：选BCb、e两点的电场强度方向不相同，选项A错误；a点电势低于c点电势，选项B正确；图中d、c两点处于同一等势面上，e、b两点处于同一等势面上，所以b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差，选项C正确；电子沿圆周由d到b，电场力做负功，选项D错误。9．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一棱形ABCD，对角线焦点为O，在顶点B、D处各固定一个点电荷，若将一个带正电的小球从A点静止释放，小球将沿对角线AC作往返运动。则()A．B、D处固定的是等量的正电荷B．B、D处固定的是等量的异种电荷C．在A、C的连线上O点电势最低D．运动小球在O处的机械能最小解析：选C由题意，B、D处固定的是等量的负电荷，AB错；带正电的小球从A点静止释放，向低电势处移动，故C对；运动小球在O处的电势能最小、机械能最大，D错。10．在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m，电荷量为－q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ＝60°，规定电场中P点的电势为零。则在＋Q形成的电场中()A．N点电势高于P点电势B．N点电势为－eq\f(mv2,2q)C．P点电场强度大小是N点的2倍D．检验电荷在N点具有的电势能为－eq\f(1,2)mv2解析：选B在＋Q形成的电场中，N点电势低于P点电势，选项A错误；负检验电荷的机械能与电势能之和保持不变，负检验电荷在N点电势能等于eq\f(mv2,2)，N点电势为－eq\f(mv2,2q)，选项B正确D错误；由图中几何关系，ON＝2OP，由点电荷电场强度公式，P点电场强度大小是N点的4倍，选项C错误。11．如图所示，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，则()A．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，则极板带电荷量将增大[尝试解题]上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E，故电场强度将减小，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点的电势降低，B对；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小时，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C＝eq\f(εrS,4πkd)，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CE将减小，D错。[答案]B12．如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为()A．3∶4B．4∶3C．3∶2D．2∶3解析：选A本题忽略了粒子重力的影响，P和Q在匀强电场中做类平抛运动，它们沿水平方向均以初速度v0做匀速直线运动，根据OM＝MN，可知，它们沿竖直方向的下落时间之比为tP∶tQ＝1∶2；根据h＝eq\f(1,2)at2可得a＝eq\f(2h,t2)，可见，它们沿竖直方向下落的加速度之比为aP∶aQ＝4∶1；根据a＝eq\f(Eq,m)可得m＝eq\f(Eq,a)∝eq\f(q,a)，所以eq\f(mP,mQ)＝eq\f(qP,qQ)·eq\f(aQ,aP)＝3×eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，所以选项A正确，答案为A。13．如图所示，一带电粒子从平行带电金属板左侧中点垂直于电场线以速度v0射入电场中，恰好能从下板边缘以速度v1飞出电场。若其它条件不变，在两板间加入垂直于纸面向里的匀强磁场，该带电粒子恰能从上板边缘以速度v2射出。不计重力，则()A．2v0＝v1＋v2 B．v0＝eq\r(\f(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),2))C．v0＝eq\r(v1·v2) D．v0<v1＝v2解析：选B根据恰好能从下板边缘以速度v1飞出电场，由动能定理，eq\f(qU,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；根据恰好能从上板边缘以速度v2飞出电场，由动能定理，eq\f(－qU,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；联立解得：v0＝eq\r(\f(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),2))，选项B正确。14．(多选)如图所示，A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变化规律如图所示。电子只受电场力的作用，且初速度为零，则()A．若电子在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子在t＝0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子在t＝T/8时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t＝T/4时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动解析：选ACD电子在电场中运动时的加速度大小不变；若电子在t＝0时刻进入，在0～T/2时间内，它将在竖直向上的电场力的作用下做匀加速直线运动；在T/2～T时间内，它将在竖直向下的电场力的作用下做匀减速直线运动(加速度大小仍为a)，到t＝T时刻电子的速度减为零，之后电子继续向上重复前面的运动，可见，电子一直向B板运动，选项A正确，B错误；若电子在t＝T/8时刻进入，则在T/8～T/2时间段内，它将竖直向上做匀加速直线运动；在T/2～T时间段内，它将做匀减速直线运动，到t＝T时刻电子的速度已经变为竖直向下向A板运动，但还没有运动到A板，之后电子继续向上重复类似于选项A中所描述的运动，可见，选项C正确；若电子是在t＝T/4时刻进入，则在T/4～T/2时间段内，它将竖直向上做匀加速直线运动，在T/2～3T/4时间段内，它将继续竖直向上做匀减速直线运动，到t＝3T/4时刻电子的速度减为零，在3T/4～T时间段内，它将开始竖直向下做匀加速直线运动，在T～5T/4时间段内，它继续竖直向下做匀减速直线运动，到t＝5T/4时刻电子的速度减为零，并且刚好回到A板，之后，电子继续重复前面的运动，可见，它将时而向B板、时而向A板运动，选项D正确。答案为ACD。另解(图象法)：选取竖直向上为正方向，作出电子的v－t图象，如下图所示，根据图象很容易求解。15．如图所示，a、b为两个固定的带正电q的点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为eq\f(\r(3),2)L的圆周，其上有一个质量为m，带电荷量为－q的点电荷c做匀速圆周运动，求c的速率。解析：对c进行受力分析如图所示，由于c到O点距离R＝eq\f(\r(3),2)L，所以△abc是等边三角形。a、b对c作用力F1＝F2＝keq\f(q2,L2)，合力F合＝2F1cos30°＝eq\f(\r(3)kq2,L2)。由牛顿第二定律得：F合＝meq\f(v2,R)即eq\f(\r(3)kq2,L2)＝meq\f(v2,\f(\r(3),2)L)解得：v＝qeq\r(\f(3k,2mL))。答案：qeq\r(\f(3k,2mL))16．在一个水平面上建立x轴，在过原点O右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E＝6×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q＝5×10－8C、质量m＝0.010kg的带负电绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2m/s，如图所示，求：(1)物块最终停止时的位置；(g取10m/s(2)物块在电场中运动过程的机械能增量。解析：(1)第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零。Ff＝μmgF＝qEFf＋F＝ma2as1＝veq\o\al(2,0)s1＝0.4第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止。由动能定理得：Fs1－Ff(s1＋s2)＝0得s2＝0.2m，则物块停止在原点O左侧(2)物块在电场中运动过程的机械能增量ΔE＝Wf＝－2μmgs1＝－0.016J。答案：(1)原点O左侧0.2m处(2)－0.01617．如图所示，长L＝1.2m、质量M＝3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104N/C的匀强电场。现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8N。取g＝10m(1)物块经多长时间离开木板；(2)物块离开木板时木板获得的动能；(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能。解析：(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律对物块：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1，代入数据，求得：a1＝4.2m/s对木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2，代入数据，求得：a2＝3m/s2又eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L得物块滑过木板所用时间t＝eq\r(2)s。(2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝3eq\r(2)m/s。其动能为Ek2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝27J。(3)由于摩擦而产生的内能为：Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16J。答案：(1)eq\r(2)s(2)27J(3)2.16J18．如图所示为说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为me、电荷量为e。(1)求经电场加速后电子速度v的大小；(2)要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？电子动能多大？解析：(1)电子经电压为U1的电场加速，根据动能定理：eU1＝eq\f(1,2)mev2，则经电场加速后电子的速度v＝eq\r(\f(2eU1,me))。(2)电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为eq\f(d,2)，电子受到偏转电场的电场力F2＝eE2，E2＝eq\f(U2,d)，电子沿偏转电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a2t2，a2＝eq\f(F2,me)，t＝eq\f(l,v)，可解得两平行板间电压U2＝eq\f(2d2U1,l2)；又eq\f(eU2,2)＝Ek－Ek0，eU1＝Ek0，所以Ek＝eU1(1＋eq\f(d2,l2))。答案：(1)