【物理】2020届一轮复习人教版 电场 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 电场 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 电场 课时作业 ‎ ‎ 1、一充电后与电源断开的平行板电容器，保持两极板的正对面积、间距不变，在两极板间插入一电介质，则（　　）‎ A. 电容器的电量增大 B. 电容器的电容C减小 C. 两极板间的电势差U增大 D. 两极板间的电势差U减小 ‎2、电场中有a、b两点，a点电势为4V，带电量为C的负离子仅在电场力作用下从a运动到b的过程中，电场力做正功J，则 （ ）‎ A. b点电势是2V B. a、b两点中，b点电势较高 C. 此电荷的电势能增加 D. 该电荷速度一定减小 ‎3、如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论中正确的是（ ）‎ A. 此液滴带正电 B. 液滴的加速度大小等于 C. 液滴的加速度大小等于 D. 液滴的电势能增大 ‎4、关于电容器的电容，下列说法正确的是( )‎ A. 电容器带电量越多，电容越大 B. 电容器两板间电压越低，其电容越少 C. 电容器不带电时，其电容为0 D. 电容器的电容只由它本身特性决定 ‎5、如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=600．两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，O点的电场强度大小为E1．将置于N点处的点电荷移至P点时，O点的场强大小变为E2．则E1与E2之比为( )‎ A. 2:1 B. 1:2‎ C. 2: D. :2 6、下列现象中属于静电技术应用的是( )‎ A. 煤矿“瓦斯”爆炸 B. 静电喷涂 C. 静电除尘 D. 静电复印 ‎7、如图所示，置于匀强电场中的一带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，且bd线与竖直方向的夹角为45°，则下列结论正确的是( )‎ A. 此液滴带负电 B. 液滴做匀加速直线运动且加速度等于g C. 合外力对液滴做的总功等于零 D. 液滴的电势能减少 ‎8、如右图所示的电路中C是平行板电容器，在开关S扳到1位置，使电容器与电源两极相连，这时将平行板的板间距拉大一点，下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 电容器电容减小 B. 极间的场强增大 C. 极板带电量增大 D. 极板上电压不变 ‎9、如右图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是( )‎ A. 这个电场可能是单独某个负点电荷产生的电场 B. 电势，场强 C. 将+q电荷分别放在A、B两点时的加速度 D. 将+q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能 10、如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球。用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态。现将A球沿水平向左方向缓慢移动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，A、B两小球间的库仑力________；A球对MO杆的压力________。(选填“变大”、“变小”或“不变”)‎ ‎11、一质量为 m、电荷量为﹣q 的带电小球在竖直方向的匀强电场中处于静止状态，重力加速度为 g，则电场的方向为竖直向_____（选填“上”或“下”），场强大小为_____.‎ ‎12、如图所示，A、B是电场中的两点．由图可知，电场强度EA ___________EB(选填 ‎“>”或“<")．将点电荷先后放在A、B两点，它所受的电场力FA___________FB (选填“>"或<”)．‎ ‎13、如图为点电荷Q产生的电场，图中虚线为等势线，若将两个带正电检验电荷和分别从A、B两点移动到无穷远处的过程中，外力克服电场力做功均为，其中，则A点电势=_________V， 的电荷量____________（选填“等于”、“小于”或“大于”） 的电荷量。‎ ‎14、如图所示,质量为1kg的带等量同中电荷的小球A、B,现被绝缘细线悬挂在O点,OA悬线长为10cm,OB悬线长均为5cm。平衡时A球靠在绝缘墙上，OA悬线处于竖直方向,而B球的悬线偏离竖直方向60°(取),此时A、B两球之间静电力的大小为_____N。以后由于A漏电,B在竖直平面内缓慢运动,到处A的电荷刚好漏完,在整个漏电过程中,悬线OB上拉力大小的变化情况是_______(选填“变大”、“变小”或“不变”).‎ ‎15、一平行板电容器板长为Ｌ，两板间距离为d将其倾斜放置，如图所示，两板间形成一匀强电场。现有一质量为m，电量为 +Ｑ的油滴以初速度v．自左侧下板边缘处水平进入两板之间，沿水平方向运动并恰从右侧上板边缘处离开电场．那么，两板间电势差的大小为________.‎ ‎16、如图所示，为固定的正点电荷，、两点在的正上方与相距分别为和 ‎0.25，将另一点电荷(重力不可忽)从点由静止释放，运动到点时速度正好又变为零．若此电荷在点处的加速度大小为，此电荷在点处的加速度大小为______；方向________；、两点间的电势差(用和表示)＝______.‎ ‎ 17、如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板距d＝0.04m，两板间的电压U＝400V，板间有一匀强电场。在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h＝1.25m的P点处有一带正电小球，已知小球的质量m＝5×10－6kg，电荷量q＝5×10－8C。设A、B板足够长，g取10m/s2。试求：‎ ‎（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？‎ ‎（2）相碰时，离金属板上端的距离多大？ ‎ 参考答案 ‎1、答案：D A、平行板电容器充电后与电源断开，其带电量不变，在两极板间插入一电介质，根据电容的决定式知，电容器的电容C增大，故AB错误。‎ C、由电容的定义式，知两极板间的电势差U减小，故C错误，D正确。‎ 点评：解决本题的关键要掌握电容的决定式和电容的定义式，明确电容器充电后与电源断开其带电量不变。‎ ‎2、答案：B a、b间的电势差，所以b点的电势高；又；所以：，A错误B正确；负电荷从a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，即速度增大，CD错误．‎ ‎3、答案：B 根据题意可知带电液滴沿直线b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析可知，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电，故A错误；根据力的合成可得物体所受合力为：，根据牛顿第二定律可得加速度为：，故B正确，C错误；因电场力做正功，所以液滴的电势能是减小的，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎4、答案：D A、B项：电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，故A、B错误；‎ C项：根据 ，电容器的电容只由它本身特性决定，当不带电时，仍存在电容．故C错误，D正确。‎ 点晴：解决本题的关键掌握电容的决定式：，知道电容与两极板的距离、正对面积有关，与所带的电量及两端的电势差无关。‎ ‎5、答案：A 试题分析：两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，在O点的电场强度大小相等，方向一致，。将置于N点处的点电荷移至P点时，两电荷在O点场强方向夹角为120），因各自单独产生的场强又相同，故合场强大小等于任一个电荷单独产生的场强大小，；。故选A。‎ 考点：电场强度的合成 ‎6、答案：BCD A、矿井瓦斯爆炸是一种热一链式反应（也叫链锁反应）。 ‎ 瓦斯爆炸就其本质来说，是一定浓度的甲烷和空气中的氧气在一定温度作用下产生的激烈氧化反应，故A错误 B.喷枪喷出的油漆微粒带正电,因相互排斥而散开,形成雾状,被喷涂的物体带负电,对雾状油漆产生引力,把油漆吸到表面,属于静电应用，故B正确；‎ C.静电除尘时除尘器中的空气被电离,烟雾颗粒吸附电子而带负电,颗粒向电源正极运动,属于静电应用,故C正确;‎ D.静电复印是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上,属于静电应用,故D正确; 综上所述本题答案是：BCD ‎7、答案：ABD A、若液滴带正电,其受力情况如图一所示,‎ 液滴不可能沿bd运动,故只能带负电荷,所以A选项是正确的. B、对液滴进行受力分析,其受力情况如图二所示,‎ 故物体所受合力 ,故物体的加速度 ,做匀加速直线运动,所以B选项是正确的. C、因为液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合外力对物体做正功,故C错误. D、因为电场力做正功，故液滴的电势能减小,所以D选项是正确的.‎ 综上所述本题答案是：ABD 点评：根据带电液滴作直线运动可以知道带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向,利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质,从而求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度;根据合外力的方向与速度的方向相同可以知道合外力做正功,根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况.‎ ‎8、答案：AD AD、开关S扳到1位置时电容器两端的电压不会变化，由 知，当平行板的板间距拉大一点d增大，则C减小，故AD正确；‎ B、由 知，d增大，则E减小，故B错误；‎ C、由Q=CU知电容器储存的电荷量减小，故C错误；‎ 综上所述本题答案是：AD ‎ ‎9、答案：BD A、单独负电荷产生的电场是直线不是弯曲的电场线，故A错误 B、沿电场线电势降低，所以，电场线疏密代表了电场强度的大小，所以，故B正确；‎ C、由于，所以将+q电荷分别放在A、B两点时的加速度 ，故C错误；‎ D、由于，所以将+q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能，故D正确；‎ 综上所述本题答案是：BD ‎10、答案：变大 不变 【详解】‎ 对A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力N1，静电力F1，如图所示：‎ 根据平衡条件，有x方向：F=F1sinθ　①‎ y方向：N1=mg+F1cosθ　②‎ 再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力N2，如图，根据平衡条件，有x方向：F1sin θ=N2　③‎ y方向：F1cos θ=Mg　④‎ 由上述四式得到 ⑤‎ N1=mg+Mg　⑥‎ N2=Mgtan θ　⑦‎ 由于新位置两球连线与竖直方向夹角θ变大，sin θ变大，cos θ变小，由⑤⑦式知，静电力F1变大，由⑥式知，水平杆对A球的支持力等于两个球的重力之和，N1不变，根据牛顿第三定律知，A球对MO杆的压力不变. 本题关键是对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列方程求解出各个力的表达式进行讨论．‎ ‎11、答案： (1). 下 (2). ‎ ‎............注意负电荷受到的电场力方向和电场方向相反． 12、答案： (1). > (2). > 电场线越密，电场强度越大，故，同一个电荷，电荷量相等，根据可知同一个电荷在两点的电场力大小 电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线越密，电场强度越大；电场力与电场强度的关系为，该公式适合一切电场力的计算． 13、答案： -3 大于 从A、B两点移动到无穷远处的过程中，外力克服电场力做功均为，电势能增加，以无穷远为零势点， 在A点电势能为，根据电势公式，A点电势，根据题意A点电势高于B点电势，A点到无穷远处的电势差大于B点到无穷远处的电势差，由电场力做功公式W=qU， 的电荷量大于的电荷量．‎ ‎14、答案： 不变 【详解】‎ 对B球受力分析，受重力、拉力和库仑力，如图所示：‎ 结合几何关系可知图中的力三角形是直角三角形，依据矢量的合成法则，结合三角知识，则有：库仑力：‎ 漏电后，先对B球分析，如图所示：‎ 根据平衡条件并结合相似三角形法，有：，虽然θ变小，但T不变；‎ 答案为：；不变。 关键是对B球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解库仑力；先对B球受力分析；结合相似三角形，根据平衡条件列式求解细线对A球拉力的变化情况。‎ ‎15、答案： ； 【分析】‎ 微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力方向与速度方向在同一直线上，否则就做曲线运动．根据几何关系求出电场强度，再根据U=Ed求解电势差。‎ ‎【详解】‎ 微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力方向与速度方向在同一直线上，所以电场力方向必定垂直极板向上，则 ‎ ‎ 解得： ‎ 两板间电势差的大小U=Ed= 。 本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀加速直线运动，根据几何关系求出电场强度。‎ ‎16、答案： (1). 3g (2). 竖直向上 (3). 【详解】这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律， 在A点时有 mg-k=m？g ‎ 在B点时有 k-mg=maB； 解得 aB=3g，方向竖直向上 点电荷从A到B过程，由动能定理得： mg（h-0.25h）+qUAB=0 得 UAB=-．‎ 本题的关键要正确分析电荷的受力情况，运用库仑定律与牛顿第二定律研究加速度．电势差与电场力做功有关，常用动能定理求电势差． 17、答案：（1）0.52s（2）0.102m ‎ ‎（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，求出在时间t内的位移y，与金属板上端的距离为：S=y﹣h．‎ 解：（1）设小球从P到 Q需时t1，由h=gt12‎ 得t1==s=0.5s 小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度ax，可以求出小球在电场中的运动时间t2．应有 qE=max E=‎ ‎=axt22‎ 由上述3个式子，得：‎ t2=d=0.04×s=0.02s 所以，运动总时间 t=t1+t2=0.5+0.02=0.52s ‎（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t内位移为：‎ y=gt2=×10×0.522=1.352m 与金属板上端的距离为：S=y﹣h=1.352﹣1.25m=0.102m 答：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经0.52s和金属板相碰；‎ ‎（2）相碰时，离金属板上端的距离为0.102m．‎ 该题考查了自由落体运动和类平抛运动的基本规律，难度适中，属于中档题． ‎