高中物理教科版选修3-1学案 电场复习 Word版含答案

电场
一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8为单项选择题，9～12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d.在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是(C)
A．A、K之间的电场强度
B．电子到达A极时的动能大于eU
C．由K极到A极电子的电势能减少了eU
D．由K极沿直线到A极电势逐渐降低
【解析】由于A、K之间的电场是非匀强电场，不能应用匀强电场的电场强度公式E＝计算非匀强电场的电场强度，选项A错误；根据动能定理，可知电子到达A极时的动能等于eU，选项B错误；根据电场力做功与电势能变化的关系可知，由K极到A极，电场力做功为eU，电子的电势能减小了eU，选项C正确；A、K之间的电场线方向为从A极指向K，所以由K极沿直线到A极电势逐渐增加，选项D错误．
2．实验室所用示波器，是由电子枪、偏转电极和荧光屏三部分组成，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间．若要在荧光屏上始终出现如右图所示的斑点a，那么，YY′与XX′间应分别加上如下图象所示哪一组电压(A)
【解析】电子在YY′方向上，向上偏转，所以粒子受到的电场力方向向上，故Y板上带正电，Y′上带负电，在XX′方向上，向X′方向偏转，所以X′板为正极，所以A正确．
3．宇航员在探测某星球时有如下发现：(1)该星球带负电，而且带电均匀；(2)该星球表面没有大气；(3)在一次实验中，宇航员将一个带电小球(小球的带电荷量远小于星球的带电荷量)置于离星球表面某一高度处无初速释放，带电小球恰好能处于悬浮状态．如果选距星球表面无穷远处为电势零点，则根据以上信息可以推断(D)
A．小球一定带正电
B．小球的电势能—定小于零
C．只改变小球的电荷量，从原高度无初速释放后，小球仍将处于悬浮状
D．只改变小球离星球表面的高度，无初速释放后，小球仍将处于悬浮状态
【解析】小球能悬浮，说明小球受到的万有引力和库仑力平衡，可知小球带负电，A错；若将小球移到无穷远处，电场力做正功，电势能减小到零，故小球的电势能一定大于零，B错；由G＝k，可知改变小球电荷量q会导致等式不成立，若只改变R，则等式依然成立，C错，D对．
4．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子在仅受电场力的作用下开始运动，则以下说法正确的是(C)
A．电子将沿x负方向运动
B．电子的电势能将变大
C．电子运动的加速度先增大后减小
D．电子运动的加速度一直增大
【解析】顺着x轴正方向电势逐渐升高，故电场线跟x轴反向， 则由静止释放的电子所受电场力沿x轴正方向，且沿x轴正方向加速运动，选项A错误；电场力做正功，电子的电势能一直减小，选项B错误；φ－x关系图线的切线斜率反映沿x方向各点的电场强度大小，故电场强度和电子所受电场力先增大后减小，电子运动的加速度先增大后减小，选项C正确，D错误．
5．如图所示，匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A，动能减少E0，质子仅在静电力作用下从C移动到A，动能增加E0，已知电子和质子的电荷量的绝对值均为e，则匀强电场的电场强度为(D)
A. B. C. D.
【解析】UBA＝＝UCA，∴BC为等势面，电场强度垂直于等势面，BC边上的高h＝a，E＝，D对．
6．在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示．重力加速度为g.下列说法正确的有(D)
A．小球带正电
B．电场力为2mg
C．小球从A点到B点与从B点到C点的运动时间相等
D．小球从A点到B点与从B点到C点的速度变化不相等
【解析】根据小球从B点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A错误；因为到达C点时速度水平，所以小球在C点时的速度等于在A点时的速度，因为AB＝2BC，设B、C间竖直距离为h，则A、B间竖直距离为2h，小球由A点到C点根据动能定理有mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，选项B错误；小球从A点到B点的过程中，加速度大小为g，方向竖直向下，所用时间为t1＝＝2，从B点到C点的过程中，加速度大小为a2＝＝2g，方向竖直向上，故所用时间t2＝＝，故t1＝2t2，选项C错误；小球从A点到B点与从B点到C点的过程中速度变化量大小都等于Δv＝2g，但方向相反，选项D正确．
7．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如图乙所示．设a、b两点的电场强度分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb.则(C)
A．Ea＝Eb B．Ea＜Eb
C．φa＜φb D．φa＞φb
【解析】电子在电场中发生一段位移Δx，电场力做功eEΔx，由功能关系知ΔEp＝－eEΔx，即＝－eE，Ep－x图线斜率的绝对值表示电场力，由图线知，斜率减小，故电场强度在减小，所以，Ea>Eb，故A、B错误；电子从静止开始由a向b运动，故受电场力方向一定由a指向b，又因电子带负电，所以电场强度方向一定从b指向a，沿电场线方向电势降低，所以φa<φb，故C正确，D错误．
8．在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，规定沿x轴正向为场强的正方向，则关于这两个点电荷所激发电场的有关描述中正确的有(D)
A．将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力一直做正功
B．x轴上从P点到Q点的电势先升高后降低
C．若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功
D．若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大
【解析】由关于O点对称的P、Q两点处点电荷所激发电场的对称性，知P和Q两点处是两个等量正点电荷，正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中先是电场力做正功，后是克服电场力做功，电势先降低后升高，即A、B选项错误；在两个等量正点电荷连线的垂直平分线上移动电荷时，由于初始位置不确定，因此可能场强先增大到最大值后逐渐减小到零，越过中点后场强的方向改变，其大小也是先增大后减小，也有可能一直减小到零，越过中点后场强的方向改变，其大小不断增大，因此电场力可能先减小后增大，故D项正确；由于移动的正检验电荷，故电场力先做负功，越过中点后电场力做正功，即C项错误．
9．如图所示，一个原来不带电的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为＋Q的点电荷，空心金属球的球心为O，a、b两点为空心金属球内部的两点，a、b、O与点电荷Q位于一条直线上．下列说法正确的是(BD)
A．O点的场强为零，a、b两点场强不为零
B．a、b、O三点的电势相等
C．空心金属球上的感应电荷在a、b两点产生的场强方向相反
D．空心金属球上的感应电荷在a点产生的场强比在b点产生的场强小
【解析】依静电平衡状态的导体的特性，所以a、b、O三点的电场强度均为零，电势相等，A错误，B正确；空心金属球上的感应电荷在a、b两点产生的电场强度方向均与Q在a、b两点产生的电场强度方向相反，C错误；空心金属球上的感应电荷在球内某点产生的电场强度的大小等于点电荷Q在该点产生的电场强度的大小，所以在a点产生的电场强度比在b点产生的电场强度小，D正确；故选B、D.

10．如图所示，可视为质点的质量为m且所带电量为q的小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小E＝，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是(BD)
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球在运动过程中机械能不守恒
C．小球在运动过程的最小速度至少为
D．小球在运动过程的最大速度至少为
【解析】小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝mg，A点，有G′＝m，v1＝，故C错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理得，G′2L＝mv－mv，解得v2＝，故D正确．故选B、D.
11．如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L.现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随时间t变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是(AB)
A．Q2带负电且电荷量小于Q1
B．b点的电场强度一定为零
C．a点的电势比b点的电势高
D．粒子在a点的电势能比b点的电势能大
【解析】在b点前做减速运动，b点后做加速运动，在b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，Q1带正电荷，则Q2带负电，且根据库仑定律知，|Q2|<|Q1|，故A正确；粒子通过b点的加速度为零，说明电场力为零，则b点的场强一定为零，故B正确；粒子从a运动到b的过程中，粒子的动能减小，根据能量守恒知其电势能增大．根据正电荷在电势高处电势能大，可知粒子在a点的电势能比b点的电势能小，a点的电势比b点的电势低，故C、D错误．
12．如图所示，质量为m带电荷量为q的带电微粒，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中B点时速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则下列选项正确的是(ABC)
A．微粒所受的电场力大小是其所受重力的2倍
B．带电微粒的机械能增加了2mv
C．A、B两点间的电势差为
D．A、B两点间的电势差为
【解析】由题意知：从A到B的运动可以看成水平方向上初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为，竖直方向上初速度为v0的竖直上抛运动，且两个方向的运动具有等时性．由运动学公式可得：2v0＝t，v0＝gt，则qE＝2mg，选项A正确；根据功能关系，机械能的增加量等于除重力外其他力做的功，即ΔE＝m(2v0)2＝2mv，选项B正确；根据功能关系，qU＝ΔE，U＝，选项C正确，选项D错误．
二、计算题(本大题共4个小题，共52分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(12分)如图所示，四分之一光滑的竖直绝缘圆轨道M与水平绝缘轨道BC固定在同一竖直面内．圆轨道半径为R，圆心O点和B点所在竖直线的右侧空间存在着平行于轨道向右的匀强电场．现有一质量为m、电荷量为－q的小物块，从水平轨道上的P点处由静止释放，P点到B点的距离为2R，物块经过B点恰好滑到A点．已知物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)物块第二次经过B点时对轨道的压力FN.
【解析】(1)物体从P到A的过程，
由动能定理得：qE×2R－μmg×2R－mgR＝0
解得：E＝
(2)物体从A到B的过程，由动能定理得：mgR＝mv
在B点：FN－mg＝m，解得：FN＝3mg
根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力FN′＝3mg，方向竖直向下．

14．(12分)两个正点电荷Q1＝Q和Q2＝4Q，分别置于固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距L，且A、B两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，如图所示．
(1)现将另一正点电荷置于A、B连线上靠近A处静止释放，求它在AB连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A点的距离．
(2)若把该点电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P处．试求出图中PA和AB连线的夹角θ.
【解析】(1)正点电荷在A、B连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零(加速度最小)，设此时距离A点为x，即＝，解得x＝.
(2)若点电荷在P点处所受库仑力的合力沿OP方向，则P点为点电荷的平衡位置，则它在P点处速度最大，即此时满足tan θ＝＝＝，即得θ＝arctan .
15．(14分)如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：
(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)ab两点间的电势差．
【解析】(1)由动能定理得：qU＝mv
代入数据得v1＝104 m/s
(2)粒子沿初速度方向做匀速运动，d＝v1t
粒子沿电场方向做匀加速运动：vy＝at
由题意得：tan 30°＝
由牛顿第二定律得：qE＝ma
联立以上相关各式并代入数据得：
E＝×103 N/C≈1.732×103 N/C
(3)由动能定理得：qUab＝mv2＝m(v＋v)
联立以上相关各式并代入数据得：Uab＝400 V
16．(14分)如图(a)所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为 U＝1 125 V，板中央有小孔O和O′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1＝4×10－2 m，板间距离d＝4×10－3 m，在距离M、N右侧边缘L2＝0.1 m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图(b)所示的变化电压UNM，已知电子质量为me＝9.0×10－31 kg，电量为 e＝1.6×10－19 C.
(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？
(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？
【解析】(1)电子经A、B两块金属板加速，有：eU＝mv
得v0＝＝ m/s＝2×107 m/s
(2)电子通过极板的时间为t＝＝2×10－9 s，远小于电压变化的周期，故电子通过极板时可认为板间电压不变．
当UNM＝22.5 V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为
y1＝··
＝××m＝2×10－3 m
y1＜d，说明所有的电子都可以飞出M、N
此时电子在竖直方向的速度大小为
vy＝·＝× m/s
＝2×106 m/s
电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为：
t2＝＝ s＝5×10－9 s
电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为：
y2＝vyt2＝2×106×5×10－9 m＝0.01 m
电子打在荧光屏P上的总偏移量为：y＝y1＋y2＝0.012 m，方向竖直向下；
电子打在荧光屏上的范围是：从O″竖直向下0～0.012 m