電場(chǎng)同步練習(xí)三(含詳解答案)doc

1、內(nèi)化提升1如圖 19 所示，在兩個(gè)固定電荷 q 和 q 之間放入兩個(gè)原來(lái)不帶電的導(dǎo)體，1、2、3、4 為導(dǎo)體上的四個(gè)點(diǎn)，在達(dá)到靜電平衡后，各點(diǎn)的電勢(shì)分別是、 、 、 ，則 ()1234圖 19A 4321B 4 321C 4321 D 4 321解析： 達(dá)到靜電平衡后，部分電場(chǎng)線的分布規(guī)律為由點(diǎn)電荷q 指向 4，由 3 指向 2，由1 指向 q，且導(dǎo)體為等勢(shì)體，同一個(gè)導(dǎo)體的各部分之間不能畫電場(chǎng)線(電場(chǎng)線由高電勢(shì)處指向低電勢(shì)處 )，故 B 正確圖 20答案： B2如圖 20 所示， A、B 兩塊平行帶電金屬板，A 板帶負(fù)電， B 板帶正電并與大地相連接，P 為兩板間一點(diǎn)若將一塊玻璃板插入A、 B

2、 兩板間，則 P 點(diǎn)電勢(shì)將怎樣變化 ()A 不變B 升高C降低D 不能確定解析：沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐步降落，U PB P B0，B 板接地 B 0，所以 U PB P0.題目中電荷量Q 不變，極板間距 d 不變，由電容的決定式和定義式CS Q可知，當(dāng)將4 kd U一塊玻璃板插入A、 B 兩板間時(shí)介電常數(shù)變大，電容 C 變大，所以兩板間電壓U 變小，電U場(chǎng)強(qiáng)度 E d 減小，導(dǎo)致 UBP 變小，電勢(shì)是標(biāo)量，所以 |P|變小， P 變大答案： B3如圖圖 2121 所示， A、B 為平行板電容器的金屬板，G 為靜電計(jì)開始時(shí)開關(guān)S 閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度為了使指針張開角度減小些，可采取的措施

3、是()A 保持開關(guān)S 閉合，在極板間插入一塊介質(zhì)B 保持開關(guān)S 閉合，在兩極板間插入一塊金屬板C保持開關(guān)S 閉合，將變阻器滑動(dòng)觸頭向上移動(dòng)D 斷開開關(guān)S 后，在極板間插入一塊介質(zhì)解析： 靜電計(jì)用來(lái)測(cè)AB 間的電勢(shì)差斷開開關(guān)S 后， A、B 板的電荷量不變插入介質(zhì)后， C增大，U AB 減小，圖22則 G 的指針張開角度減小閉合開關(guān)答案： DS，則G 的指針張角不變4如圖 22 所示，把原來(lái)不帶電的金屬球殼B 的外表面接地，將一帶正電的小球孔放入球殼內(nèi)，但不與B 發(fā)生接觸，達(dá)到靜電平衡后，則()A B 的空腔內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零BB 不帶電C B 的內(nèi)外表面電勢(shì)相等DB 帶負(fù)電解析： 當(dāng)金屬殼B 接地

4、時(shí)，金屬殼B 和地球就可看成一個(gè)大導(dǎo)體，相對(duì)小球A 從小A來(lái)說(shuō)，B的內(nèi)表面是近端，地球另一側(cè)是遠(yuǎn)端，因此B 的內(nèi)表面被A 感應(yīng)而帶負(fù)電(即B 帶負(fù)電)，地球另一側(cè)帶正電，故D 正確由于金屬殼B 的內(nèi)外表面及地球均是同一個(gè)導(dǎo)體，它們的電勢(shì)相等 (為零 )，故C 選項(xiàng)正確 因 B 的空腔內(nèi)有帶正電的A 球和B 內(nèi)表面的負(fù)電荷形成的電場(chǎng)，由疊加可知B 的空腔內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)不為零，故A 錯(cuò)答案：CD圖235如圖 23 所示， D 是一只理想二極管，AB 是平行電容器，在電容器兩極板間有一帶電微粒 P 處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A 和 B 間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行 )，帶電微粒P 的運(yùn)動(dòng)及電容器的電壓、

5、電荷量情況是()帶電荷量減小因與電源相連，所以電壓不變C電場(chǎng)強(qiáng)度增大D P 仍靜止不動(dòng)S解析： d 增大，由C得 C 減小，如果U 不變， Q 減小的趨勢(shì)因二極管單向?qū)щ姸? kd無(wú)法實(shí)現(xiàn)，只能保持不變，故A 錯(cuò)誤由 QUC， Q 不變， C 減小，所以U 增加，故B 錯(cuò)U4 kQ根據(jù) E d S，所以 Q 不變 E 不變，故 C 錯(cuò)由題設(shè)條件答案： DEq mg，場(chǎng)強(qiáng)不變，受力仍平衡，所以D 正確圖 246如圖 24 所示，一水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，一帶電小球以初速度v0 水平地飛入電場(chǎng)，落在下極板的P 點(diǎn)若在斷開電源后將上極板下移一些，以減小兩板間距離 (下極板不動(dòng) )，此

6、帶電小球仍以v0 從原處飛入，則小球?qū)⒙湓赑點(diǎn)的()A 左側(cè)B 右側(cè)C仍在 P 點(diǎn)D 因不知小球帶電的正負(fù)，故無(wú)法判斷小球落在P 點(diǎn)的左側(cè)還是右側(cè)解析： 因 CQS4 kdQU 4 kQ，又 C得 US，故 E.由于電容器充電后與電源斷U4 kddS開知 Q 不變，所以 E 不變，故帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，仍落在P 點(diǎn)答案： C圖 257如圖 25 所示，三個(gè)質(zhì)量相同，帶電荷量分別為q、 q 和 0 的小液滴a、 b、 c，從豎直放置的兩板中間上方由靜止釋放，最后從兩板間穿過(guò)，軌跡如圖26 所示，則在穿過(guò)極板的過(guò)程中 ()三者動(dòng)能的增量相同重力對(duì)三者做的功相同解析： 此題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的

7、受力運(yùn)動(dòng)及能量變化規(guī)律，因a、 b 帶電荷量相等，所以穿過(guò)兩極時(shí)電場(chǎng)力做功相同，電勢(shì)能增加量相同，A 對(duì)， C 錯(cuò)， c 不帶電，不受電場(chǎng)力作用，由動(dòng)能定理，三者動(dòng)能增量不同，B 錯(cuò)， a、 b、 c 三者穿出電場(chǎng)時(shí)，由WG mgh 知重力對(duì)三者做功相同，D 對(duì)答案： AD圖268 (2009 年煙臺(tái)模擬 )豎直放置的平行金屬板A、 B 連接一恒定電壓，兩個(gè)電荷以相同的速率分別從極板A 邊緣和兩板中間沿豎直方向進(jìn)入板間電場(chǎng)，恰好從極板出電場(chǎng)，如圖26 所示，不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是M 和 NB 邊緣射()兩電荷的電荷量可能相等兩電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等兩電荷在電

8、場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度相等兩電荷離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等解析： 帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)可分解為沿電場(chǎng)方向的勻加速運(yùn)動(dòng)與垂直電場(chǎng)方向的勻速運(yùn)動(dòng)兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，所以兩電荷在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，B 對(duì)；又因?yàn)?2d2at ，aqE m ，因?yàn)槠D(zhuǎn)量d 不同，故a 一定不同，C 錯(cuò)由qEa m ，因不知m 的關(guān)系，q 可能相等，也可能不相等，故A 正確，當(dāng)q 相等時(shí)，電荷從進(jìn)入到離開，電場(chǎng)力做的功不同，由動(dòng)能定理可知，兩電荷離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能不同，答案： ABD 錯(cuò)圖 279 (2009 年西安質(zhì)檢 )如圖 27 所示， L 為豎直、固定的光滑絕緣桿，桿上O 點(diǎn)套有一質(zhì)量為 m、帶電荷量為 q 的小環(huán)，在桿的

9、左側(cè)固定一電荷量為Q 的點(diǎn)電荷，桿上a、b 兩點(diǎn)到 Q 的距離相等 Oa 之間距離為 h1，ab 之間距離為 h2，使小環(huán)從圖示位置的O 點(diǎn)由靜止釋放后，通過(guò) a 點(diǎn)的速率為 3gh1.則下列說(shuō)法正確的是 ()A 小環(huán)通過(guò) b 點(diǎn)的速率為g(3h1 2h2)B 小環(huán)從 O 到 b，電場(chǎng)力做的功可能為零C小環(huán)在 Oa 之間的速度是先增大后減小D 小環(huán)在 ab 之間的速度是先減小后增大11解析： 由動(dòng)能定理： O a，mgh1 Uq222mva， O b， mg(h1 h2) Uq mvb，解得 vb2g(3h1 2h2).答案： A圖 2810如圖 28 所示，水平放置的充電平行金屬板相距為d，

10、其間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶正電的油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出，油滴的質(zhì)量為m，帶電荷量為則 ()q，A 場(chǎng)強(qiáng)的方向豎直向上B 場(chǎng)強(qiáng)的方向豎直向下C兩極板間的電勢(shì)差為mgd/qD 油滴的電勢(shì)能增加了mgd解析： 油滴受二力而平衡，電場(chǎng)力方向豎直向上，且有mg qE，故U Ed mgd/q， A、C正確；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能應(yīng)減小答案： ACmgd，D錯(cuò)誤圖 2911如圖 29 所示，有一帶電粒子貼著A 板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2 時(shí)，帶電粒子沿軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場(chǎng)的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為

11、()A U1 U218BU1U214C U1 U2 1 2DU1U2111 21 Uq l 22mv02dyy，可知 A 項(xiàng)正確解析： 由 y at2得 Uql2，所以 U2222md v0l答案： A圖 3012(2009 年聊城模擬 ) 如圖 30所示，四個(gè)相同的金屬容器共軸排列放置，它們的間距與容器的寬度相同，軸線上開有小孔在最左邊、最右邊兩個(gè)容器上加電壓U 后，容器之間就形成了勻強(qiáng)電場(chǎng)今有一個(gè)電子從最左邊容器的小孔沿軸線射入，剛好沒有從最右邊容器射出，則該電子停止運(yùn)動(dòng)前()A 通過(guò)各容器的速度比依次為3 21B 通過(guò)各容器的時(shí)間比依次為53 1C通過(guò)各容器間隙所用的時(shí)間比依次為531D

12、 通過(guò)各容器間隙的加速度比依次為5 311 2并且從右往左考慮，可得v2qU設(shè)每段間隙電壓為U ，則有解析： 由 qU mvm2v3 v2 v1 1 2 3即 v1 v2 v3 32 1，故 A 正確st1 t t111，電子在容器內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間應(yīng)為t v，所以通過(guò)各容器的時(shí)間比2332B 錯(cuò)誤通過(guò)各間隙的時(shí)間比為 ( 3 2) ( 2 1) 1，C 錯(cuò)誤勻強(qiáng)電場(chǎng)各處受力相同，因而加速度相同， D 錯(cuò)誤答案： A圖 3113一平行板電容器的電容為C，兩板間的距離為d，上板帶正電，電荷量為Q，下板帶負(fù)電，電荷量也為 Q，它們產(chǎn)生的電場(chǎng)在很遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零兩個(gè)帶異號(hào)電荷的小球用一絕緣剛性桿相連，小球

13、的電荷量都為q，桿長(zhǎng)為 l，且 ld.現(xiàn)將它們從很遠(yuǎn)處移到電容器內(nèi)兩板之間，處于如圖 31 所示的靜止?fàn)顟B(tài) (桿與板面垂直 )，在此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)兩個(gè)小球所做總功的大小為 (設(shè)兩球移動(dòng)過(guò)程中極板上電荷分布情況不變)()QlqA. CdB 0QqClqC.Cd (d l)D. Qd解析： 設(shè)電荷量為 q 的小球位置為 A，電荷量為 q 的小球位置為B，很遠(yuǎn)處為 P，則將兩個(gè)小球從很遠(yuǎn)處移到電容器內(nèi)時(shí)電場(chǎng)力對(duì)兩個(gè)小球所做的總功為W 總 qUPA qU PBq(B El UQA ) qU BA.根據(jù)題給條件，電容器內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向下，且U ABdl Cdl，Qql所以 W 總 qUBA qU AB Cd .題目要求總功的大小，所以正確選項(xiàng)是A.答案： A14如圖 32 甲所示，真空中水平放置的相距為d 的平行金屬板板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板上加有恒定電壓后，板間可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)在t 0 時(shí)，將圖乙中所示的交變電壓加在兩板上，這時(shí)恰有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q 的帶電粒子從兩板正中間以速度v0 水平飛入電場(chǎng)若此粒子離開電場(chǎng)時(shí)恰能以平行于兩板的速度飛出(粒子重力不計(jì))求：圖 32兩板上所加交變電壓的頻率應(yīng)滿足的條件該交變電壓 U0 的取值范圍解析： (1)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間每經(jīng)過(guò)一個(gè)周期，粒子的速度即恢復(fù)為射入時(shí)狀態(tài) 平行于金屬板所以交變電壓的頻率f 應(yīng)滿足方程：Lnfv0nv0