专题检测 专题八.docx

1、专题八电场【专题检测】A组一、选择题1.(2019浙江超级全能生联考,6)常用的电容器,从构造上看,可以分为固定电容器和可变电容器两类。如图为甲、乙两种电容器的实物图片,根据图中的相关信息,下列判断中正确的是()A.甲为可变电容器,它是通过改变极板间的距离来改变电容器的电容的B.在不改变其他条件下,将甲电容器浸入煤油中,其电容不发生变化C.根据乙电容器外壳上标的数据可知,电压超过5.5 V时乙电容器就会被击穿D.根据乙电容器外壳上标的数据可知,乙电容器接5.5 V电压时,储存的电荷量为5.5 C答案D可变电容器甲是通过改变极板的正对面积来改变电容的,将该电容器浸入煤油中,两极板间的介质改变,相

2、对介电常数改变,即电容发生改变,A、B错误;电容器的击穿电压一定会大于额定电压,但大于额定电压,电容器不一定会被击穿,乙电容器外壳上标的电压是工作电压,即标识的“5.5 V”为额定电压,根据公式可得Q=CU=1.05.5 C=5.5 C,C错误、D正确。2.(2020浙江金华十校联考,11)甲图是目前市面流行的车载空气净化器,乙图是它的工作原理示意图,受污染的空气含大量粉尘被吸入后,粉尘颗粒物进入电离区带上负电,然后在集尘器上被带电金属网捕获,不考虑粉尘颗粒之间的相互作用和空气阻力,并忽略粉尘颗粒所受重力。根据上述介绍,下列说法正确的是()A.带电粉尘颗粒在向集尘器的带电金属网运动过程中电势能

3、不断减少B.带电粉尘颗粒在向集尘器的带电金属网运动过程中沿途各点电势逐渐降低C.集尘器上的带电金属网可以接正极,也可以接负极D.粉尘颗粒电荷量可能是电子电荷量的1.5倍答案A带电粉尘颗粒在向集尘器的带电金属网运动过程中电场力对带电粉尘颗粒做正功,则其电势能减少,故A正确;由题意可知,粉尘颗粒带负电,则电场方向与运动方向相反,说明带电粉尘颗粒在向集尘器的带电金属网运动过程中沿途各点电势逐渐升高,故B错误;由题意可知,粉尘颗粒带负电,为使粉尘颗粒能被带电金属网捕获,则带电金属网一定带正电,所以接正极,故C错误;物体的电荷量只能是元电荷的整数倍,故D错误。故选A。3.(2019浙江丽水四校阶段性考试

4、,10)如图所示,一光滑墙面固定一个定滑轮,通过轻绳连接两个带电小球A、B,所受重力分别为GA、GB。A、B两球球心连线水平。两小球静止,连接A球的轻绳竖直,连接B球的轻绳与竖直方向夹角为,则下列判断正确的是()A.两小球带异种电荷B.两小球带电荷量关系为QAQBC.两小球的重力关系为GAGBD.两小球间的库仑力F=GA tan 答案CB球受力平衡,则B受到A对它水平向右的库仑力,则两小球带同种电荷,故A错误。根据题意无法判断电荷量的大小关系,故B错误。A处于平衡状态,受力平衡,则绳子拉力T=GA;B球受力平衡,根据平衡条件得T cos =GB,则GAGB,故C正确。B球受力平衡,根据平衡条件

5、得库仑力为F=T sin =GA sin ,故D错误。4.(2020浙江长兴中学期末)如图甲所示,a、b是一条竖直电场线上的两点,一带正电的粒子从a运动到b的速度-时间图像如图乙所示,则下列判断正确的是()A.b点的电场方向为竖直向下B.a点的电场强度比b点的大C.粒子从a到b的过程中电势能先减小后增大D.粒子从a到b的过程中机械能先增大后减小答案B粒子在a点时受到的电场力方向向上,大小大于重力,所以电场的方向为竖直向上,故A错误;粒子在b点时受到的电场力小于重力,所以a点的电场强度比b点的大,故B正确;粒子从a到b的过程中电场力一直做正功,所以电势能一直减小,故C错误;粒子从a到b的过程中,

6、除重力做负功外,只有电场力做正功,则机械能一直增大,故D错误。5.(2020浙江嘉兴一模,13)如图所示的竖直平面内,一带电体位于A处。一个质量为m的带负电圆环套在倾角为=45的绝缘直杆上,静止于P处且恰好不受摩擦力。ABC为PQ的中垂线,与水平面交于C点,A与P等高。则()A.A处带电体带正电B.直杆受到的压力值为mg cos 45C.A处带电体带等量异种电荷时圆环将以2g的加速度做匀加速直线运动D.把带电体从A移到C处,圆环同样不受摩擦力答案D对圆环受力分析,有重力、杆给的支持力,还有库仑力,因为静止于P处且恰好不受摩擦力,故可判断库仑力为斥力,库仑力沿斜面向上的分力平衡了重力沿斜面向下的

7、分力,故A处带电体带负电,故A错误;垂直杆方向合力为零,故N=mg cos +F电 sin ,根据牛顿第三定律可知,压力大于mg cos 45,故B错误;A处带电体带等量异种电荷时,斥力变成引力,如果仍不受摩擦力,则mg sin +F电 cos =ma,而F电 cos =mg sin ,故加速度为2g,但此时由于存在摩擦力,加速度不再是2g,故C错误;把带电体从A移到C处,斥力方向改变,与杆夹角仍不变,故库仑力沿斜面向上的分力平衡了重力沿斜面向下的分力,不存在摩擦力,故D正确。故选D。二、非选择题6.(2019浙江学军中学模拟,20)(9分)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q0)的小物块,在

8、距离电场区域为a处以一定的初速度在一水平绝缘平面上向右运动,物块与绝缘平面的动摩擦因数为,物块在运动过程中要穿越宽度为2a、场强大小为E的电场区域,当场强方向竖直向下时,物块停留在离开电场区域左边缘的0.5a处,当场强方向向上时,物块停留在距离电场区域右侧的a处。(1)求电场强度的大小,以及物块的初速度;(2)若增加物块初速度的大小,当电场向下时,物块仍能停在电场区域内。求电场向上时物块运动的时间与电场向下情况下物块运动时间差值的最小值,并求出对应的初速度。答案(1)mgq2ga(2)2ag6 ga解析(1)当场强方向竖直向下时,由动能定理有12mv02=mga+(mg+qE)0.5a当场强方

9、向竖直向上时,由动能定理:12mv02=mg2a+(mg-qE)2a联立解得:E=mgq;v0=2ga。(2)无论电场方向如何,物块在进入电场前运动时间是相等的,设滑块刚进入电场时速度为v,当电场方向向下时物块不滑出电场,则由动量定理有(mg+qE)t1=mv解得t1=v2g若场强方向向上,则由于mg=qE,则滑块在电场中受摩擦力为零而做匀速运动,离开电场后做匀减速运动,则在电场中的时间为t21=2av离开电场时mgt22=mv则运动的总时间为t2=2av+vg则时间差t=t2-t1=2av+vg-v2g=2av+v2g由数学知识可知,当2av=v2g时,t最小,即可v=2ga时,t最小值为t

10、min=2ag此时当场强方向向下时,有12mv2=(mg+qE)x,解得x=a,滑块不滑出电场的范围;由动能定理:12mv02=mga+12mv2解得:v0=6ga。7.(2020浙江杭州第二中学月考,20)(9分)如图(a)所示,一光滑绝缘细杆竖直放置,距细杆右侧d=0.30 m的A点处有一固定的点电荷。细杆上套有一带电荷量q=1.010-6 C、质量m=0.050 kg的小环。设小环与点电荷的竖直高度差为h。将小环无初速释放后,其动能Ek随h的变化曲线如图(b)所示。(1)试估算点电荷所带电荷量Q;(2)小环位于h1=0.40 m时的加速度a;(3)小环从h2=0.30 m下落到h3=0.

11、12 m的过程中其电势能的改变量。(静电力常量k=9.0109 Nm2/C2,g=10 m/s2)图(a)图(b)答案(1)1.610-5 C(2)0.78 m/s2,方向向下(3)增加0.11 J解析(1)由题图(b)可知,当h=0.36 m时,小环所受合力为零,则kQqd2+2d2+2=mg解得Q=mg(d2+2)3kq=1.610-5 C。(2)小环加速度沿杆方向,根据牛顿第二定律有mg-F11d2+12=ma又F1=kQqd2+12解得a=0.78 m/s2,方向向下(由于第一问的错误导致的结果不扣分)。(3)设小环从h=0.30 m下落到h=0.12 m的过程中电场力对小环做功W,根

12、据动能定理有mg(h2-h3)+W=Ek由题图(b)读数并代入数据解得W=-0.11 J所以小环的电势能增加了0.11 J。B组一、选择题1.(2020浙江名校协作体联考,13)如图所示,两个可视为点电荷的带正电小球A和B,A球系在一根不可伸长的绝缘细线一端,绕过定滑轮,在细绳的另一端施加拉力F,B球固定在绝缘座上,位于定滑轮的正下方。现缓慢拉动细绳,使A球缓慢移动到定滑轮处,此过程中,B球始终静止,忽略定滑轮大小和摩擦,下列判断正确的是()A.B球受到的库仑力先增大后减小B.拉力F一直增大C.地面对绝缘座的支持力一直减少D.A球的电势能先不变后减少答案D本题以带电粒子在外力作用下缓慢移动到定

13、滑轮处为载体,考查了学生理解能力、推理能力、结合数学相似三角形知识解决物理问题的能力,体现了科学推理的素养要素。设A球所受库仑力大小为FC,A、B两球间距离为r,B球距定滑轮为h,A球与定滑轮间距离为l,对开始位置处的A球受力分析,将F和FC合成如图,由相似三角形可得mg=FCr=kQAQBr3,所以A球缓慢移动过程中,r先不变,等A球运动到滑轮正下方后,r再变大;整个过程中l一直减小。r先不变再变大,B球受到的库仑力大小先不变再减小,故A项错误。A球未到滑轮正下方时,由相似三角形可得Fl=mg,所以F先减小,当A球到达滑轮正下方后,由平衡条件可得F+kQAQBr2=mg,r变大,所以F再增大

14、,故B项错误。A球未到滑轮正下方时,库仑力大小不变,方向趋近竖直,则B球受到库仑力的竖直分量变大,地面对绝缘座的支持力先变大;A球到达滑轮正下方后,B球受到库仑力大小减小、方向竖直向下,地面对绝缘座的支持力减小,故C项错误。r先不变再变大,两者间的库仑力对A球先不做功后做正功,则A球的电势能先不变后减少,故D项正确。2.(2019浙江镇海中学一模,12)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动,连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化,进而能测出电容的变化,最后就能探测到物体位移的变化,若静电计上的指针偏角为,则

15、被测物体()A.向左移动时,增大B.向右移动时,增大C.向左移动时,不变D.向右移动时,减小答案B当被测物体向左移动时,导致电容器极板间的电介质增多,则电容会增大,由于电荷量不变,则电容器极板间的电压减小,即减小,故A、C错误;当被测物体向右移动时,导致电容器极板间的电介质减少,则电容会减小,由于电荷量不变,则电容器极板间的电压增大,即增大,故B正确,D错误。3.(2020浙江十校返校联考,10)半径为R,均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场,场强E沿半径方向分布的示意图如图所示,图中E0已知,E-r曲线下O-R部分的面积等于R-2R部分的面积,(已知均匀带电球体在rR处的电场可等效于电荷

16、量集中在球心的点电荷产生的电场)则下列说法正确的是()A.r=2R处的电场强度大小为E=E02B.球体带总电荷量为Q=E0R2kC.球心与球表面间的电势差U=E0RD.质量为m、电荷量为-q的负电荷在2R处静止释放,到达球面时的速度大小v=2qE0Rm答案B球外电场可等效于电荷量集中在球心的点电荷产生的电场,则E0=kQR2、E=kQ(2R)2,解得r=2R处的电场强度大小为E=E04,球体带总电荷量为Q=E0R2k,故A错误,B正确;E-r曲线与横轴围成的面积表示电势差,则球心与球表面间的电势差U=12E0R,故C错误;E-r曲线下O-R部分的面积等于R-2R部分的面积,由动能定理有qU=1

17、2mv2,解得v=qE0Rm,故D错误。故选B。4.(2019浙江慈溪模拟)如图所示,空间分布着竖直向上的匀强电场E,现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q,并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d、e、f六点,其中ac连线为球的水平大圆直径,bd连线与电场方向平行。不计空气阻力,则下列说法中正确的是()A.b、d两点的电势相等B.a、c两点的电场强度相同C.将点电荷+q从球面上b点移到f点,电势能减小D.若从a点抛出一带正电小球,小球可能沿a、e、c、f所在圆周做匀速圆周运动答案D因为负点电荷Q在b、d两点形成的电势相等,而匀强电场在b、d两点的电势不相等,则叠加后b、d两点的电势不相等,

18、选项A错误;由对称性可知,a、c两点的电场强度大小相等,但是方向不同,选项B错误;将点电荷+q从球面上b点移到f点,负点电荷Q对点电荷+q不做功,但是匀强电场对点电荷+q做负功,则电势能增加,选项C错误;若从a点抛出一带正电小球,若满足mg=qE,则带正电的小球可能在负点电荷Q的库仑力的作用下沿a、e、c、f所在圆周做匀速圆周运动,选项D正确。故选D。5.(2018浙江名校协作体联考)如图所示,在粗糙绝缘的水平地面上放置一带正电的物体甲,现将另一个也带正电的物体乙沿着以甲为圆心的竖直平面内的圆弧由M点移动到N点,若此过程中甲始终保持静止,甲、乙两物体可视为质点,则下列说法正确的是()A.甲对地

19、面的压力先增大后减小B.甲受到地面的摩擦力大小不变C.甲受到地面的摩擦力先增大后减小D.乙的电势能先增大后减小答案A在乙由M点运动到最高点过程中,对物体甲受力分析,如图,受重力G、地面的支持力FN、摩擦力f以及静电力F。将静电力正交分解,由共点力平衡条件得到:F sin -f=0FN-F cos -G=0由两式可解得:FN=G+F cos ,f=F sin 其中G与F不变,逐渐减小为零,因而支持力FN逐渐变大,f逐渐变小。当乙由最高点运动到N点的过程中,再次对物体甲受力分析,如图,受重力G、地面的支持力FN、摩擦力f以及静电力F。将静电力正交分解,由共点力平衡条件得到:F sin -f=0FN

20、-Fcos -G=0由两式可解得:FN=G+Fcos ,f=F sin 其中G与F不变,由零逐渐增大,因而支持力FN逐渐变小,f逐渐变大。综合以上两个过程可知:物体甲受到地面的支持力FN先增大后减小,物体甲受到地面的摩擦力先减小后增大,故A正确,B、C错误。乙对甲的静电力方向与乙的速度方向总是垂直的,因而电场力不做功,则乙的电势能不变,故D错误。故选A。6.(2020浙江宁波十校联考,9)如图所示,三个同样的带电粒子(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场,它们的运动轨迹分别用a、b、c标出,不考虑带电粒子间的相互作用,下列说法中错误的是()A.当b飞离电场

21、的同时,a刚好打在下极板上B.b和c同时飞离电场C.进入电场时,c的速度最大,a的速度最小D.在电场中运动过程中c的动能增加最小,a、b动能增加量相等答案B本题考查了带电粒子在电场中的运动。以类平抛运动为载体,考查了学生对类平抛运动规律的理解,体现了科学思维素养。三个带电粒子相同,故进入电场后,受到的电场力相等,即加速度相等,在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,偏移量y=12at2,所以ta=tbtc,故A正确,不符合题意,B错误,符合题意;在水平方向上带电粒子做匀速直线运动,故有v0=xt,因为xb=xcxa,ta=tbtc,所以有vcvbva,故C正确,不符合题意;根据动能定理有qU

22、=Eqy=Ek,故c的动能增加最小,a和b的动能增加量相等,故D正确,不符合题意。故选B。7.(2020浙江台州教学质量评估,12)如图所示,空间有一圆锥OBB,点A、A分别是两母线的中点。现在顶点O处固定一正的点电荷,下列说法中正确的是()A.A、A两点的电场强度相同B.平行于底面的圆心为O1的截面为等势面C.将一正的试探电荷从A点沿直径移到A点,静电力对该试探电荷先做正功后做负功D.若B点的电势为B,A点的电势为A,则BA连线中点C处的电势C小于A+B2答案DA、A两点离顶点O处的正电荷的距离相等,故两点处的场强大小相等,但其方向不同,故A错误;平行于底面,圆心为O1的截面上各点到顶点O处

23、的距离不相等,由等势面的概念可知,平行于底面,圆心为O1的截面不是等势面,故B错误;由电势的概念可知,沿直线AA的电势变化为先增大后减小,所以当在此直线上从A到A移动正的试探电荷时,电场力对该正电荷先做负功后做正功,故C错误;因为UCB=ECBBC,UAC=EACCA,由点电荷的场强关系可知ECBEAC,又因为BC=CA,所以UCBUAC,即C-BA-C,整理可得CvP,小球C从P点做类平抛运动,由类平抛运动规律可得竖直位移y=12a2t2水平位移x=vPt由几何关系可得x2+(L-y)2=L2得t=0.25 s,x=0.25 m,y=0.25 m故小球运动至与O点等高处,绳被拉直,只保留竖直

24、方向分速度,并继续绕O点做圆周运动向上摆,通过Q点由平抛运动的推论可知vy=vp2 tan 45=2 m/s(qE-2mg)L=122mvQ2-122mvy2T+2mg-qE=2mvQ2L得T=0.8 N故小球C能通过Q点,通过Q点时轻绳的拉力大小为0.8 N。9.如图所示,一个电子由静止开始经加速电场加速后,又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场,并从另一侧射出打到荧光屏上的P点,O点为荧光屏的中心。已知电子质量m=9.010-31 kg,电荷量e=1.610-19 C,加速电场电压U0=2 500 V,偏转电场电压U=200 V,极板的长度L1=6.0 cm,板间距离d=2.0

25、 cm,极板的右端到荧光屏的距离L2=3.0 cm(忽略电子所受重力,结果均保留两位有效数字)。求:(1)电子射入偏转电场时的初速度v0;(2)电子打在荧光屏上的P点到O点的距离h;(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。答案(1)3.0107 m/s(2)0.72 cm(3)5.810-18 J解析(1)根据动能定理有eU0=12mv02解得v03.0107 m/s。(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t,电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y,电子在水平方向做匀速直线运动,有L1=v0t电子在竖直方向上做匀加速直线运动,有y=12at2根据牛顿第二定律,有eUd=ma解得y0

26、.36 cm电子在偏转电场中做类平抛运动,射出偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点,由几何关系知y=L12L12+L2,解得h=0.72 cm。(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功W=eUdy5.810-18 J。10.如图为一真空示波管的示意图,电子从灯丝发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO射出,进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d,板长为L,偏转电场右边缘到荧光屏的距离为L0,电

27、子的质量为m,电荷量为e,不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。(1)求电子穿过A板时速度的大小;(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y;(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方,可采取哪些措施?答案(1)2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小U1,增大U2解析(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0,由动能定理得eU1=12mv02-0解得v0=2eU1m。(2)电子以速度v0进入偏转电场后,垂直于电场方向做匀速直线运动,沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E,电子在偏转电场中运动的时间为t,加速度大小为a。由牛顿第二定律和运动学公式得t=Lv0,F=ma,F=eE,E=U2d,y=12at2解得y=U2L24U1d。(3)设P点到O点的距离为x,由xy=L0+L2L2得x=3y=U2L(L+2L0)4U1d要使电子打在荧光屏上P点的上方可减小加速电压U1,增大偏转电压U2。