【物理】2020届一轮复习人教版电场能的性质课时作业 10页

‎2020届一轮复习人教版 电场能的性质 课时作业 ‎1.‎ ‎(平行板电容器的动态分析)(2017·山西大同联考)如图所示的装置,可以探究影响平行板电容器电容的因素,关于下列操作及出现的现象的描述正确的是(　　)‎ A.电容器与电源保持连接,左移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大 B.电容器充电后与电源断开,上移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大 C.电容器充电后与电源断开,在电容器两极板间插入玻璃板,则静电计指针偏转角增大 D.电容器充电后与电源断开,在电容器两极板间插入金属板,则静电计指针偏转角增大 答案B 解析电容器与电源保持连接,左移电容器左极板,电容器板间电压不变,则静电计指针偏转角不变,故A错误。电容器充电后与电源断开,电容器带的电荷量不变,上移电容器左极板,极板正对面积减小,电容减小,由电容的定义式C=知,Q不变,C减小,则U增大,因此静电计指针偏转角增大,故B正确。电容器充电后与电源断开,‎ 电容器带的电荷量不变,在电容器两极板间插入玻璃板,电容增大,由电容的定义式C=知U减小,因此静电计指针偏转角减小,故C错误。若在两极板间插入金属板,相当于板间距离减小,可知电容增大,而电容器的带电荷量不变,由电容的定义式C=知板间电压U减小,则静电计指针偏转角减小,故D错误。‎ ‎2.‎ ‎(平行板电容器的动态分析)(2017·陕西镇安中学月考)如图所示,先接通S使电容器充电,然后断开S。当增大两极板间距离时,电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间电场强度E的变化情况是(　　)‎ A.Q变小,C不变,U不变,E变小 B.Q变小,C变小,U不变,E不变 C.Q不变,C变小,U变大,E不变 D.Q不变,C变小,U变小,E变小 答案C 解析电容器与电源断开,电荷量Q保持不变,增大两极板间距离时,根据C=,知电容C变小,根据U=,知两极板间的电势差U变大,‎ 根据E=,知电场强度E不变,C正确。‎ ‎3.‎ ‎(平行板电容器的动态分析)(2017·湖南永州一模)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,电容器下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态,现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离,下列说法正确的是(　　)‎ A.带电油滴将竖直向上运动 B.P点的电势将降低 C.电容器的电容增大,极板带电荷量不变 D.电容器的电容增大,极板带电荷量减小 答案A 解析将上极板竖直向下移动时,d减小,电容器两端的电压U不变,由E=分析得知,板间电场强度增大,则油滴所受电场力增大,油滴将竖直向上运动,故A正确;P点到下极板的距离不变,而E增大,由U=Ed知,P点与下极板间电势差增大,P点的电势大于零,则P点的电势升高,故B错误;d减小,由C=知,电容C增大,U不变,由C=分析可知电容器所带电荷量增加,故C、D错误。〚导学号06400331〛‎ ‎7.(带电粒子在匀强电场中的偏转)(2017·陕西西安雁塔区二模)‎ 有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符。已知偏移量越小打在纸上的字迹越小,现要缩小字迹,下列措施可行的是(　　)‎ A.增大墨汁微粒的比荷 B.减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能 C.减小偏转极板的长度 D.增大偏转极板间的电压 答案C 解析已知偏移量越小,打在纸上的字迹越小,因偏移量y=,现要缩小字迹,可行的措施可减小墨汁微粒的比荷,增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能,减小偏转极板的长度L,减小偏转极板间的电压U,故选C。〚导学号06400332〛‎ ‎8.(带电粒子在匀强电场中的直线运动)(2017·广东汕头潮阳区期中)某空间区域有竖直方向的电场(图甲中只画出了一条电场线),一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球,在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动,不计一切阻力,运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图乙所示,由此可以判断(　　)‎ A.物体所处的电场为非匀强电场,且电场强度不断减小,电场强度方向向上 B.物体所处的电场为匀强电场,电场强度方向向下 C.物体可能先做加速运动,后做匀速运动 D.物体一定做加速运动,且加速度不断减小 答案A 解析由于物体的机械能逐渐减小,因此电场力做负功,故电场强度的方向向上,再根据机械能的变化关系可知,克服电场力做功越来越少,电场强度不断减小,故A正确,B错误;根据牛顿第二定律可知,物体受重力和电场力,且电场力逐渐减小,故加速度越来越大,C、D错误。‎ 能力提升组 ‎9.‎ ‎(2017·安徽合肥一模)四个等量异种点电荷,分别放在正方形的四个顶点处,A、B、C、D为正方形四条边的中点,O为正方形的中心,如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.O点电场强度为零 B.A、B、C、D四点的电场强度相同 C.将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点,电场力做功为零 D.将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点,其电势能减小 答案C 解析根据电场强度的叠加可知两正电荷在O点处的合电场强度沿AO连线指向右,两负电荷在O点的合电场强度方向沿OC连线指向右,所以O点电场强度方向水平指向右,A错误;同理,根据电场强度的叠加可知,A、C两点电场强度相同,B、D两点电场强度相同,但A、C和B、D电场强度方向相同,大小不同,B错误;BD连线为一条等势线,将一带负电的试探电荷从B匀速移动到D点,电场力不做功,C正确;AC是一条电场线,电场强度方向水平向右,将一带负电的试探电荷从A匀速移动到C点,电场力做负功,电势能增大,D错误。〚导学号06400329〛‎ ‎10.(多选)已知一个均匀带电的薄球壳上的电荷在壳内任意一点产生的电场强度均为零,在壳外某点产生的电场强度,等同于把壳上电荷量全部集中在球心处的点电荷所产生的电场强度,即E=式中R为球壳的半径,r为某点到球壳球心的距离,Q为球壳所带的电荷量,k为静电力常量。在真空中有一半径为R、电荷量为-Q的均匀带负电薄球壳,球心位置O固定,P为球壳外一点,M为球壳内一点,如图所示,以无穷远处为电势零点,关于P、M两点的电场强度和电势,下列说法正确的是(　　)‎ A.若Q不变,M点的位置也不变,而令R变小(M点仍在壳内),则M点的电势降低 B.若Q不变,M点的位置也不变,而令R变小(M点仍在壳内),则M点的电场强度不变 C.若Q不变,P点的位置也不变,而令R变小,则P点的电场强度不变 D.若Q不变,P点的位置也不变,而令R变小,则P点的电势升高 答案BC 解析若Q不变,M点的位置也不变,而令R变小(M点仍在壳内),根据题意可知,M点的电场强度仍为零,因此球壳内的电势处处相等,由于球壳的变小,导致电荷从球壳移到电势为零处电场力做功增加,所以球壳处的电势增加,A错误,B正确;若Q不变,P点的位置也不变,属于处于球壳外的某一点,由E=k知,P到Q的距离r不变,无论球半径怎么变小,P点的电场强度仍不变,所以电荷从该点移到电势为零处,电场力做功不变,因而P点的电势不变,C正确,D错误。‎ ‎11.(2017·江西南昌调研)如图甲所示,倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电荷量为Q=2×10-4 C的正点电荷,将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(与Q未接触)由静止释放,小球沿斜杆向上滑动过程中能量E随位移s变化的图象如图乙所示,其中线1为重力势能随位移变化图象,线2为动能随位移变化图象。(g取10 m/s2,静电力常量k=9×109 N·m2/C2)‎ 甲 乙 ‎(1)求小球的质量m;‎ ‎(2)小球向上滑行多远其加速度为零?小球所带的电荷量为多少?‎ 答案(1)4 kg　(2)1 m　1.11×10-5 C 解析(1)由线1可得Ep=mgh=mgssin θ 则斜率k=mgsin 30°,由题图知k=20‎ 解得m=4 kg。‎ ‎(2)当达到最大速度时带电小球受力平衡,其加速度为零,由题图可知s=s0=1 m时,小球加速度为零,此时有 mgsin θ=‎ 解得q==1.11×10-5 C。〚导学号06400330〛‎ ‎12.‎ 如图所示,在A点固定一正电荷,电荷量为Q,在离A高度为h0的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠,开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电力常量为k,两电荷均可看成点电荷,不计空气阻力。‎ ‎(1)求液珠速度最大时离A点的距离h。‎ ‎(2)若已知在点电荷Q的电场中,某点的电势可表示成φ=,其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)。求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB。‎ 答案(1)h0　(2)2h0‎ 解析(1)设液珠电荷量为q,质量为m,当液珠在C点时,由牛顿第二定律知 k-mg=ma ①‎ 又因为a=g 当液珠速度最大时,其所受合力为零,则k=mg,代入①式,解得h=h0。‎ ‎(2)设BC间的电势差大小为UCB,‎ 由题意得UCB=φC-φB=‎ 对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qUCB-mg(rB-h0)=0‎ 代入①式解得rB=2h0。‎